From veky@student.math.hr Thu Nov  6 18:41:46 2003
Subject: Re: pomoc?!?
Lines: 79
Message-ID: <slrnbql0el.9ua.veky@student.math.hr>
References: <bobifb$aij$1@bagan.srce.hr>

In article <bobifb$aij$1@bagan.srce.hr>, Lord Elast wrote:
>Trebam dokazati da jednaPba  a^2 + b^2 = c^2 +2 ima beskonano mnogo
>cijelobrojnih ( valjda znamo koji su cijeli brojevi? :)))) rije%enja.
>(a,b,c).
>Nasel sam ove kombinacije (3,3,4) tj.
> (-3,-3,-4) i (1,1,0) tj.  (-1,-1,0).
>U ovim slucajevima vrijedi da je a=b, a iz toga slijedi:
>  Sam u pravu ili ne? I molim pomoc jer fakat neznam kak da dokazem...

Dakle, svaka cast! Zadatak je legenda... :-)
(naravno, ovaj slucaj a=b ... a!=b nisam ni isao gledati, ali
pretpostavljam da nije toliko zanimljiv:)
Iskoristio prakticki cijelo svoje znanje iz polinomskih aproksimacija, 
linearnih rekurzija, otisao u svijet cudnih radikala i sretno se vratio
otamo, petljao s indukcijskim lancima i elementarnom logikom sudova... 
i evo rjesenja, koje koristi samo cijele brojeve i malo zdravog razuma.
:-) (Samo me nemojte pitat kak sam do njega dosao...;)

Definirajmo dva niza brojeva ovako:
	a_0:=1  a_1:=3  a_{n+2}:=6a_{n+1}-a_n
	c_0:=0  c_1:=4  c_{n+2}:=6c_{n+1}-c_n
(dakle, ista rekurzija,2samo drugi pocetni uvjeti). 
Sad prvo: 

	Lema1: n|->a_n strogo raste i pozitivna je.
Dokaz: math_indukcijom. Baza: a_1>a_0>0. Korak: iz a_{n+1}>a_n>0
slijedi a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n>6a_{n+1}-a_{n+1}=5a_{n+1}>a_{n+1}>0 . QED.
Dakle, n|->a_n je injekcija, pa su svi a_n-ovi razliciti. Dakle, ima ih
beskonacno mnogo. (To ce nam trebati kasnije.)

Sad ovako: Neka je n prirodan broj ( 0 smatram prirodnom).
S Q(n) oznacimo tvrdnju 2a_n^2-c_n^2=2 ,  
    (( a_n^2 se parsira kao (a_n)^2 ))
a s P(n):<=>2a_n a_{n+1}-c_n c_{n+1}=6 .
S A(n) oznacimo Q(n)&Q(n+1)&P(n) .

	Lema2: vrijedi A(0) .
Dokaz: Svodi se na Q(0) , Q(1) i P(0) .
Q(0): 2a_0^2-c_0^2=2*1^2-0^2=2*1-0=2-0=2 ok.
Q(1): 2a_1^2-c_1^2=2*3^2-4^2=2*9-16=18-16=2 ok.
P(0): 2a_0 a_1-c_0 c_1=2*1*3-0*4=6-0=6 ok. QED.

	Lema3: Q(n+1)&P(n)=>P(n+1)
Dokaz: Pretpostavimo Q(n+1) i P(n) . To znaci
2a_{n+1}^2-c_{n+1}^2=2 &
& 2a_n a_{n+1}-c_n c_{n+1}=6 .
Racunamo: 2a_{n+1}a_{n+2}-c_{n+1}c{n+2}=
	=2a_{n+1}(6a_{n+1}-a_n)-c_{n+1}(6c_{n+1}-c_n)=
	=12a_{n+1}^2-2a_{n+1}a_n-6c_{n+1}^2+c_{n+1}c_n=
	=6(2a_{n+1}^2-c_{n+1}^2)-(2a_n a_{n+1}-c_n c_{n+1})=6*2-6=12-6=6 .
Dakle, imamo P(n+1) . QED.

	Lema4: P(n)&Q(n)&Q(n+1)=>Q(n+2)
Dokaz: Pretpostavimo
    2a_n a_{n+1}-c_n c_{n+1}=6 &
    & 2a_n^2-c_n^2=2 &
    & 2a_{n+1}^2-c_{n+1}^2=2 .
Racunamo: 2a_{n+2}^2-c_{n+2}^2=2(6a_{n+1}-a_n)^2-(6c_{n+1}-c_n)^2=
    =2(36a_{n+1}^2-12a_{n+1}a_n+a_n^2)-(36c_{n+1}^2-12c_{n+1}c_n+c_n^2)=
	=72a_{n+1}^2-36c_{n+1}^2-24a_{n+1}a_n+12c_{n+1}c_n+2a_n^2-c_n^2=
    =36(2a_{n+1}^2-c_{n+1}^2)-12(2a_{n+1}a_n-c_{n+1}c_n)+(2a_n^2-c_n^2)=
	=36*2-12*6+2=72-72+2=2 .
Dakle, imamo Q(n+2) . QED.

	Lema5: Vrijedi A(n) za svaki prirodni n .
Dokaz: math-indukcijom. Baza je Lema2. Korak: Pretpostavimo A(n) . To
znaci Q(n) & Q(n+1) & P(n) .
Q(n+1) vec imamo. Q(n+2) dobijemo po Lemi4. P(n+1) dobijemo po Lemi3 iz
Q(n+1) i P(n) . Dakle, imamo Q(n+1)&Q(n+2)&P(n+1) , 
odnosno imamo A(n+1) .  QED.

Ok, dakle za svaki prirodni broj imamo A(n) , pa imamo i Q(n) . Dakle
(a_n,c_n) je rjesenje jednadbe 2a^2-c^2=2 po (a,c) , 
za svaki prirodni n .
Po korolaru Leme1, a_n-ova ima beskonacno (svi su razliciti), pa i
(a_n,c_n)ova ima beskonacno (svi su razliciti). QED[].

Pitanja;-? (osim kako sam se sjetio ovoga:) :-)

-- 
Veky          ... she's got the look ...