Nieistniejący trójkąt
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11426
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Nieistniejący trójkąt
Udowodnić, że liczby pierwsze bliźniacze (tj. \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) takie, że \(\displaystyle{ p+2=q}\)) nie są długościami przyprostokątnych trójkąta pitagorejskiego.
-
- Użytkownik
- Posty: 47
- Rejestracja: 26 sty 2023, o 18:37
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 15
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 3 razy
Re: Nieistniejący trójkąt
Bardzo proste zadanko:mol_ksiazkowy pisze: ↑26 sie 2023, o 14:30 Udowodnić, że liczby pierwsze bliźniacze (tj. \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) takie, że \(\displaystyle{ p+2=q}\)) nie są długościami przyprostokątnych trójkąta pitagorejskiego.
Rozważmy sumę kwadratów tych przyprostokątnych:
\(\displaystyle{ p^2+(p+2)^2=2p^2+4p+4\equiv_20}\)
\(\displaystyle{ 2p^2+4p+4\equiv_42p^2\equiv_40}\)
\(\displaystyle{ p\equiv_20}\)
\(\displaystyle{ p=2}\)
Teraz nasze \(\displaystyle{ q=4}\) nie jest pierwsze, stąd wnioskujemy, że takich liczb nie ma.
-
- Użytkownik
- Posty: 47
- Rejestracja: 26 sty 2023, o 18:37
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 15
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 3 razy
Re: Nieistniejący trójkąt
Jeżeli:
\(\displaystyle{ 2p^2\equiv_40 \ |:2}\)
\(\displaystyle{ p^2\equiv_20}\)
\(\displaystyle{ p\equiv_20}\)
Pomogłem?
-
- Użytkownik
- Posty: 47
- Rejestracja: 26 sty 2023, o 18:37
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 15
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 3 razy
Re: Nieistniejący trójkąt
Chodzi o to, że "całość" jest parzysta, a parzysta liczba może być kwadratem tylko, jeżeli jest podzielna przez \(\displaystyle{ 4}\).
Stąd mamy kongruencję:
\(\displaystyle{ 2p^2+4p+4\equiv_40}\)
Ta kongruencja jest już równoważna tej:
\(\displaystyle{ 2p^2\equiv_40}\)
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11426
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Re: Nieistniejący trójkąt
Zapewne chodziło o to że gdy \(\displaystyle{ p>2}\) to \(\displaystyle{ 2(p^2+ 2p+2)}\) jest liczbą parzysta a niepodzielną przez 4...
-
- Użytkownik
- Posty: 47
- Rejestracja: 26 sty 2023, o 18:37
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 15
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 3 razy
Re: Nieistniejący trójkąt
Dokładnie to napisałem...mol_ksiazkowy pisze: ↑26 sie 2023, o 16:19 Zapewne chodziło o to że gdy \(\displaystyle{ p>2}\) to \(\displaystyle{ 2(p^2+ 2p+2)}\) jest liczbą parzysta a niepodzielną przez 4...
- JHN
- Użytkownik
- Posty: 669
- Rejestracja: 8 lip 2007, o 18:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Radom
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 206 razy
Re: Nieistniejący trójkąt
Fakt:
Niech \(a=p\) będzie nieparzystą liczbą pierwszą i długością przyprostokątnej trójkąta pitagorejskiego. Wtedy, przy standardowych oznaczeniach,
\[p^2+b^2=c^2\iff (c-b)(c+b)=1\cdot p^2 \iff \begin{cases}b={p^2-1\over2}\\c={p^2+1\over2}\end{cases}\]
Uwaga: dla \(p=2\) wyznaczone wartości \(b,c\) nie są całkowite.
W rozstrzyganym problemie pozostaje uzasadnienie, że nie istnieją takie wartości \(p\), dla których zachodzi \(b=p\pm2\), co nie jest kłopotliwe.
Pozdrawiam
Dowód:Dla każdej nieparzystej liczby pierwszej \(p\) istnieje trójkąt pitagorejski o przyprostokątnej długości \(p\).
Niech \(a=p\) będzie nieparzystą liczbą pierwszą i długością przyprostokątnej trójkąta pitagorejskiego. Wtedy, przy standardowych oznaczeniach,
\[p^2+b^2=c^2\iff (c-b)(c+b)=1\cdot p^2 \iff \begin{cases}b={p^2-1\over2}\\c={p^2+1\over2}\end{cases}\]
Uwaga: dla \(p=2\) wyznaczone wartości \(b,c\) nie są całkowite.
W rozstrzyganym problemie pozostaje uzasadnienie, że nie istnieją takie wartości \(p\), dla których zachodzi \(b=p\pm2\), co nie jest kłopotliwe.
Pozdrawiam