Zbiór zadań, (zadania różne)
Zadanie 300
Dla ilu całkowitych $k \le 1000$ istnieje co najmniej jeden trójkąt pitagorejski o przeciwprostokątnej $k$?
Rozwiązanie
Warunkiem koniecznym i wystarczającym na to, aby równanie $x^2 + y^2 = k$ miało co najmniej jedno rozwiązanie w liczbach naturalnych $x, y$ potrzeba i wystarcza, aby liczba $k$ miała co najmniej jeden dzielnik pierwszy, który przy dzieleniu przez $4$ daje resztę $1$, albo też żeby wykładnik najwyższej potęgi liczby $2$ dzielącej liczbę $k$ był nieparzysty.
Równanie $x^2 + y^2 = k^2$ w liczbach naturalnych ma co najmniej jedno rozwiązanie, gdy $k$ ma dzielnik pierwszy postaci $4a+1$, $a \in C$.
Liczby pierwsze, które przy dzieleniu przez $4$ dają resztę $1$: (OEIS A002144)
$5, 13, 17, 29, 37, 41, 53, 61, 73, 89, 97, 101, 109, 113, 137, 149, 157, 173, 181, 193, 197, 229, 233, 241, 257, 269, 277, 281, 293, 313, 317, 337, 349, 353, 373, 389, 397, 401, 409, 421, 433, 449, 457, 461, 509, 521, 541, 557, 569, 577, 593, 601, 613, 617, 641, 653, 661, 673, 677, 701, 709, 733, 757, 761, 769, 773, 797, 809, 821, 829, 853, 857, 877, 881, 929, 937, 941, 953, 977, 997$.
Należy znaleźć wszystkie wielokrotności powyższych liczb nie przekraczające $1000$.
Dla $5$ mamy $200$ wielokrotności spełniających warunki zadania.
Dla $13$ mamy $\frac{1000}{13} - \frac{1000}{5\cdot13} = 61$ wielokrotności.
Dalej otrzymujemy:
$f(17) = 43$
$f(19) = 24$
$f(37) = 18$
$f(41) = 17$
$f(53) = 13$
$f(61) = 12$
$f(73) = 10$
$f(89) = 9$
$f(97) = 8$
$f(101) = 8$
...
Dla $p>500$, $f(p)=1$
Razem otrzymujemy $567$ liczb spełniających warunki zadania.
powrót do zbioru zadań | wersja do druku << poprzednie zadanie następne zadanie >>