Cím: Eulerről és algebrájáról 4.
Szerző(k):  Dr. Bozóky Endre 
Füzet: 1900/június, 161 - 167. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyéb írások

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Az eddigiekben az ax2+b alakú binomnak négyzetté való átalakításánál x-nek rationalis értékeit vettük figyelembe. Számtalan esetben x-nek egész számú értékei is léteznek, a melyekre nézve a kifejezés teljes négyzetté alakul.
Legyen

ax2+b=y2,
hol a,b,x és y mindannyian egész számokat jelentsenek. Tegyük föl, hogy egy egész számokban való megoldás már ismeretes. Ugyanis, ha ilyent nem ismernénk, akkor a feladat megoldása esetleg lehetetlen volna. Mondjuk, hogy x=f esetében:
af2+b=g2,
kérdés: hogyan kapjuk ezen megoldásból a többieket?
Két egyenlőségünkből
ax2-af2=y2-g2
származik.
a(x+f)(x-f)=(y+g)(y-g)
apq(x+f)(x-f)=pq(y+g)(y-g)
Legyen:
ap(x+f)=q(y+g)
q(x-f)=p(y-g)
s határozzuk meg ismét az x,y ismeretleneket.
x=2gpqap2-q2-(ap2+q2)fap2-q2
y=g(ap2+q2)-2afpqap2-q2.
Látszólag messzire eltávoztunk eredeti czélunktól; mert hiszen x és y egész számok legyenek, s itt igen complicált törtek alakjában mutatkoznak.
Legyen
ap2+q2ap2-q2=m
2pqap2-q2=n
s ekkor
x=ng-mf
y=mg-naf.
Az m,n számok azonban nem tetszésszerintiek; mert föltételeknek vannak alávetve.
m2=a2p4+2ap2q2+q4a2p4-2ap2q2+q4
n2=4p2q2a2p4-2ap2q2+q4,
honnét
m2-an2=a2p4+2ap2q2+q4-4ap2q2a2p4-2ap2q2+q4=1
Azon föltétel, melynek m és n eleget tegyenek, a következő:
m2=an2+1.
Minthogy a adott szám, tehát első gondunk legyen n-re nézve oly értéket találni, a mely mellett an2+1 teljes négyzet. Ha ez megvan, és találtunk oly f számot, melyre nézve af2+b szintén teljes négyzet, akkor a feladatot megoldottuk.
Ezzel feladatunk vissza van vezetve arra, miként alakítható teljes négyzetté az an2+1 kifejezés?
Ha törtszámokat is elfogadunk, akkor a megoldás igen egyszerű; mert
m2=(1+npq)2=1+2npq+n2p2q2=an2+1
2npq+n2p2q2=an2
2pq+np2=anq2
n=2pqaq2-p2,
honnét n számára végtelen sok értéket találunk. De n-nek egész számnak kell lennie, s így ezen eljárásunk általában nem alkalmazható.
A megoldás a-nak nem minden értékére nézve sikerül. Ugyanis a nem lehet negatív szám, sem teljes négyzet. A többi esetekben mindig találunk n-re nézve olyan egész számú értékeket, hogy an2+1 teljes négyzet legyen.
Minden numericus egyenlet esetében alkalmazható Pell módszere, melyet a következő egyszerű példákon tanulmányozhatunk.
2n2+1 teljes négyzetté alakítandó. A kifejezés négyzetgyöke n és 2n közt fekszik, tehát mondhatjuk, hogy
2n2+1=n+p,
a hol p<n.
2n2+1=n2+2np+p2
n2=2np+p2-1
n=p+2p2-1.
A megoldás attól függ, vajjon 2p2-1 lehet-e teljes négyzet? Ez p=1 esetében bekövetkezvén, mint megoldás: n=2 adódik ki. 3n2+1 teljes négyzetté alakítandó.
3n2+1=n+p
n=p+3p2-22.
Minthogy 3p2-2>p, tehát n>2p2, azt mondhatjuk, hogy
n=p+q
legyen. Ekkor
2p+2q=p+3p2-2
p+2q=3p2-2
p2+4pq+4q2=3p2-2
2p2=4pq+4q2+2
p2=2pq+2q2+1
p=q+3q2+1.
A gyökzendő egyenlő az adott kifejezéssel, és q=0 esetében teljes négyzet; de ekkor p=1 és n=1.
5n2+1 teljes négyzetté alakítandó.
Most 5n2+1>2n, ennélfogva
5n2+1=2n+p
n=2p+5p2-1.
Minthogy 5p2-1>2p, tehát n>4p és n=4p+q tehető.
4p+q=2p+5p2-1
2p+q=5p2-1
4p2+4p+q2=5p2-1
p=2q+q2+1,
a minek q=0 felel meg, tehát p=1, s így n=4.
Az eddigi példákban meglehetősen gyorsan eredményhez jutottunk. Lássunk tehát oly példát, mely kissé hosszadalmasabb.
13n2+1 teljes négyzetté alakítandó.
13n2+1=m2
m2>9n2ésm>3n
m=3n+p
13n2+1=(3n+p)2
n=3p+13p2-44
s így n>6p4 vagyis >p.
n=p+q
p+4q=13p2-4
p=q+13q2+33.
Most p>q+3q3, vagyis >q.
p=q+r
2q+3r=13p2+3
q=2r+13r2-33.

Most q>2r+3r3 vagyis >r.
q=r+s
r+3s=13r2-3
r=s+13s2+44.

Most r>s+3s3, vagyis >s.
r=s+t
3s+4t=13s2+4
s=3t+13t2-1.

Most s>3t+3t, vagyis 6t.
s=6t+u
3t+u=13t2-1
t=3u+13u2+44.

Most t>6u4, vagyis u>.
t=u+v
u+4v=13t2+4
u=v+13v2-33.

Most u>4v3, vagyis v.
u=v+x
2v+3x=13v2-3
v=2x+13x2+23.

Most v>5x3, vagyis >x.
v=x+y
x+3y=13x2+3
x=y+13y2-44.

Most x>y, s így legyen x=y+z.
3y+4z=13y2-4
y=3z+13z2-1
s ezzel a számítás véget ért, mert a tárgyalandó alakkal egyenlő áll a gyökjel alatt. A visszafelé helyettesítésnél
z=0
y=1
x=y+z=1
v=x+y=2
u=v+x=3
t=u+v=5
s=6t+u=33
r=s+t=38
q=r+s=71
p=q+r=109
n=p+q=180
m=3n+p=649.
Ennélfogva 6 után 180 az a legkisebb szám, melyre nézve 13n2+1 teljes négyzetté válik.
A most tárgyalt Pell-féle egyenlet általános megoldását Euler nem ismerte; de az eddigi alapon megkísérlette. Így azon esetekben, mikor m és n csak 1-gyel vagy 2-vel térnek el valamely teljes négyzettől, sikerült az általános megoldást megtalálnia. Tovább azonban nem jutott. A tárgyalt egyenlet nagy fontossággal bír a számelméletben, s itt a négyzetes alakokkal kapcsolatban általános megoldást nyer.
A könyv hátralevő fejezében Euler magasabb rendű irratoionalitások vizsgálatával foglalkozik. Ezek ismertetésébe azonban már nem bocsátkozunk. A középiskoláinkban szerzett mathematikai ismeretekkel azokat nyomon követhetjük, s igen érdekes eredményekkel fogunk megismerkedni.
Ezzel Euler algebrájának ismertetését befejezm. Reménylem, hogy sikerült képet nyújtanom arról a modorról, mellyel Euler a felmerülő feladatokat tárgyalja, és talán sikerült tanulóink figyelmét erre a nagy szellemre és algebrájára fordítanom. Ha az utóbbi elértem akkor ezzel középiskoláink ambitiósus fiatal mathematikusainak az algebra valódi kincses házát bocsátottam rendelkezésükre.
*
 
Dr. Bozóky Endre.

*Euler algebrája megjelent a Reclam-féle Universal-Bibliothekban (1802-1805). Ára 1,21 M.