Kezdőlap


Cím:	Eulerről és algebrájáról 4.
Szerző(k):	Dr. Bozóky Endre
Füzet:	1900/június, 161 - 167. oldal	PDF \| MathML
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 $a x^{2} + b$ 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

\begin{matrix} a x^{2} + b = y^{2}, \end{matrix}

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:

\begin{matrix} a f^{2} + b = g^{2}, \end{matrix}

kérdés: hogyan kapjuk ezen megoldásból a többieket?
Két egyenlőségünkből

\begin{matrix} a x^{2} - a f^{2} = y^{2} - g^{2} \end{matrix}

származik.

\begin{matrix} a (x + f) (x - f) = (y + g) (y - g) \end{matrix}

\begin{matrix} a p q (x + f) (x - f) = p q (y + g) (y - g) \end{matrix}

Legyen:

\begin{matrix} a p (x + f) = q (y + g) \end{matrix}

\begin{matrix} q (x - f) = p (y - g) \end{matrix}

s határozzuk meg ismét az

x, y

ismeretleneket.

\begin{matrix} x = \frac{2 g p q}{a p^{2} - q^{2}} - \frac{(a p^{2} + q^{2}) f}{a p^{2} - q^{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} y = \frac{g (a p^{2} + q^{2}) - 2 a f p q}{a p^{2} - q^{2}} . \end{matrix}

Látszólag messzire eltávoztunk eredeti czélunktól; mert hiszen

x

és

y

egész számok legyenek, s itt igen complicált törtek alakjában mutatkoznak.
Legyen

\begin{matrix} \frac{a p^{2} + q^{2}}{a p^{2} - q^{2}} = m \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{2 p q}{a p^{2} - q^{2}} = n \end{matrix}

s ekkor

\begin{matrix} x = n g - m f \end{matrix}

\begin{matrix} y = m g - n a f . \end{matrix}

m, n

számok azonban nem tetszésszerintiek; mert föltételeknek vannak alávetve.

\begin{matrix} m^{2} = \frac{a^{2} p^{4} + 2 a p^{2} q^{2} + q^{4}}{a^{2} p^{4} - 2 a p^{2} q^{2} + q^{4}} \end{matrix}

\begin{matrix} n^{2} = \frac{4 p^{2} q^{2}}{a^{2} p^{4} - 2 a p^{2} q^{2} + q^{4}}, \end{matrix}

honnét

\begin{matrix} m^{2} - a n^{2} = \frac{a^{2} p^{4} + 2 a p^{2} q^{2} + q^{4} - 4 a p^{2} q^{2}}{a^{2} p^{4} - 2 a p^{2} q^{2} + q^{4}} = 1 \end{matrix}

Azon föltétel, melynek

m

és

n

eleget tegyenek, a következő:

\begin{matrix} m^{2} = a n^{2} + 1. \end{matrix}

Minthogy

a

adott szám, tehát első gondunk legyen

n

-re nézve oly értéket találni, a mely mellett

a n^{2} + 1

teljes négyzet. Ha ez megvan, és találtunk oly

f

számot, melyre nézve

a f^{2} + b

szintén teljes négyzet, akkor a feladatot megoldottuk.
Ezzel feladatunk vissza van vezetve arra, miként alakítható teljes négyzetté az

a n^{2} + 1

kifejezés?
Ha törtszámokat is elfogadunk, akkor a megoldás igen egyszerű; mert

\begin{matrix} m^{2} = {(1 + \frac{n p}{q})}^{2} = 1 + \frac{2 n p}{q} + \frac{n^{2} p^{2}}{q^{2}} = a n^{2} + 1 \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{2 n p}{q} + \frac{n^{2} p^{2}}{q^{2}} = a n^{2} \end{matrix}

\begin{matrix} 2 p q + n p^{2} = a n q^{2} \end{matrix}

\begin{matrix} n = \frac{2 p q}{a q^{2} - p^{2}}, \end{matrix}

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

a n^{2} + 1

teljes négyzet legyen.
Minden numericus egyenlet esetében alkalmazható Pell módszere, melyet a következő egyszerű példákon tanulmányozhatunk.

2 n^{2} + 1

teljes négyzetté alakítandó. A kifejezés négyzetgyöke

n

és

2 n

közt fekszik, tehát mondhatjuk, hogy

\begin{matrix} \sqrt[]{2 n^{2} + 1} = n + p, \end{matrix}

a hol

p < n

\begin{matrix} 2 n^{2} + 1 = n^{2} + 2 n p + p^{2} \end{matrix}

\begin{matrix} n^{2} = 2 n p + p^{2} - 1 \end{matrix}

\begin{matrix} n = p + \sqrt[]{2 p^{2} - 1} . \end{matrix}

A megoldás attól függ, vajjon

2 p^{2} - 1

lehet-e teljes négyzet? Ez

p = 1

esetében bekövetkezvén, mint megoldás:

n = 2

adódik ki.

3 n^{2} + 1

teljes négyzetté alakítandó.

\begin{matrix} \sqrt[]{3 n^{2} + 1} = n + p \end{matrix}

\begin{matrix} n = \frac{p + \sqrt[]{3 p^{2} - 2}}{2} . \end{matrix}

Minthogy

\sqrt[]{3 p^{2} - 2} > p

, tehát

n > \frac{2 p}{2}

, azt mondhatjuk, hogy

\begin{matrix} n = p + q \end{matrix}

legyen. Ekkor

\begin{matrix} 2 p + 2 q = p + \sqrt[]{3 p^{2} - 2} \end{matrix}

\begin{matrix} p + 2 q = \sqrt[]{3 p^{2} - 2} \end{matrix}

\begin{matrix} p^{2} + 4 p q + 4 q^{2} = 3 p^{2} - 2 \end{matrix}

\begin{matrix} 2 p^{2} = 4 p q + 4 q^{2} + 2 \end{matrix}

\begin{matrix} p^{2} = 2 p q + 2 q^{2} + 1 \end{matrix}

\begin{matrix} p = q + \sqrt[]{3 q^{2} + 1} . \end{matrix}

A gyökzendő egyenlő az adott kifejezéssel, és

q = 0

esetében teljes négyzet; de ekkor

p = 1

és

n = 1

5 n^{2} + 1

teljes négyzetté alakítandó.
Most

\sqrt[]{5 n^{2} + 1} > 2 n

, ennélfogva

\begin{matrix} \sqrt[]{5 n^{2} + 1} = 2 n + p \end{matrix}

\begin{matrix} n = 2 p + \sqrt[]{5 p^{2} - 1} . \end{matrix}

Minthogy

\sqrt[]{5 p^{2} - 1} > 2 p

, tehát

n > 4 p

és

n = 4 p + q

tehető.

\begin{matrix} 4 p + q = 2 p + \sqrt[]{5 p^{2} - 1} \end{matrix}

\begin{matrix} 2 p + q = \sqrt[]{5 p^{2} - 1} \end{matrix}

\begin{matrix} 4 p^{2} + 4 p + q^{2} = 5 p^{2} - 1 \end{matrix}

\begin{matrix} p = 2 q + \sqrt[]{q^{2} + 1}, \end{matrix}

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.

13 n^{2} + 1

teljes négyzetté alakítandó.

\begin{matrix} 13 n^{2} + 1 = m^{2} \end{matrix}

\begin{matrix} m^{2} > 9 n^{2} és m > 3 n \end{matrix}

\begin{matrix} m = 3 n + p \end{matrix}

\begin{matrix} 13 n^{2} + 1 = {(3 n + p)}^{2} \end{matrix}

\begin{matrix} n = \frac{3 p + \sqrt[]{13 p^{2} - 4}}{4} \end{matrix}

s így

n > \frac{6 p}{4}

vagyis

> p

\begin{matrix} n = p + q \end{matrix}

\begin{matrix} p + 4 q = \sqrt[]{13 p^{2} - 4} \end{matrix}

\begin{matrix} p = \frac{q + \sqrt[]{13 q^{2} + 3}}{3} . \end{matrix}

Most

p > \frac{q + 3 q}{3}

, vagyis

> q

\begin{matrix} p = q + r \end{matrix}

\begin{matrix} 2 q + 3 r = \sqrt[]{13 p^{2} + 3} \end{matrix}

\begin{matrix} q = \frac{2 r + \sqrt[]{13 r^{2} - 3}}{3.} \end{matrix}

Most

q > \frac{2 r + 3 r}{3}

vagyis

> r

\begin{matrix} q = r + s \end{matrix}

\begin{matrix} r + 3 s = \sqrt[]{13 r^{2} - 3} \end{matrix}

\begin{matrix} r = \frac{s + \sqrt[]{13 s^{2} + 4}}{4.} \end{matrix}

Most

r > \frac{s + 3 s}{3}

, vagyis

> s

\begin{matrix} r = s + t \end{matrix}

\begin{matrix} 3 s + 4 t = \sqrt[]{13 s^{2} + 4} \end{matrix}

\begin{matrix} s = 3 t + \sqrt[]{13 t^{2} - 1} . \end{matrix}

Most

s > 3 t + 3 t

, vagyis

6 t

\begin{matrix} s = 6 t + u \end{matrix}

\begin{matrix} 3 t + u = \sqrt[]{13 t^{2} - 1} \end{matrix}

\begin{matrix} t = \frac{3 u + \sqrt[]{13 u^{2} + 4}}{4} . \end{matrix}

Most

t > \frac{6 u}{4}

, vagyis

u >

\begin{matrix} t = u + v \end{matrix}

\begin{matrix} u + 4 v = \sqrt[]{13 t^{2} + 4} \end{matrix}

\begin{matrix} u = \frac{v + \sqrt[]{13 v^{2} - 3}}{3} . \end{matrix}

Most

u > \frac{4 v}{3}

, vagyis

v

\begin{matrix} u = v + x \end{matrix}

\begin{matrix} 2 v + 3 x = \sqrt[]{13 v^{2} - 3} \end{matrix}

\begin{matrix} v = \frac{2 x + \sqrt[]{13 x^{2} + 2}}{3} . \end{matrix}

Most

v > \frac{5 x}{3}

, vagyis

> x

\begin{matrix} v = x + y \end{matrix}

\begin{matrix} x + 3 y = \sqrt[]{13 x^{2} + 3} \end{matrix}

\begin{matrix} x = \frac{y + \sqrt[]{13 y^{2} - 4}}{4} . \end{matrix}

Most

x > y

, s így legyen

x = y + z

\begin{matrix} 3 y + 4 z = \sqrt[]{13 y^{2} - 4} \end{matrix}

\begin{matrix} y = 3 z + \sqrt[]{13 z^{2} - 1} \end{matrix}

s ezzel a számítás véget ért, mert a tárgyalandó alakkal egyenlő áll a gyökjel alatt. A visszafelé helyettesítésnél

\begin{matrix} z = 0 \end{matrix}

\begin{matrix} y = 1 \end{matrix}

\begin{matrix} x = y + z = 1 \end{matrix}

\begin{matrix} v = x + y = 2 \end{matrix}

\begin{matrix} u = v + x = 3 \end{matrix}

\begin{matrix} t = u + v = 5 \end{matrix}

\begin{matrix} s = 6 t + u = 33 \end{matrix}

\begin{matrix} r = s + t = 38 \end{matrix}

\begin{matrix} q = r + s = 71 \end{matrix}

\begin{matrix} p = q + r = 109 \end{matrix}

\begin{matrix} n = p + q = 180 \end{matrix}

\begin{matrix} m = 3 n + p = 649. \end{matrix}

Ennélfogva

6

után

180

az a legkisebb szám, melyre nézve

13 n^{2} + 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.