Cím: A Pell-féle egyenletek megoldása II. rész
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 1977/január, 1 - 3. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

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

Tudnivalók.

 

A feladatok megoldására pontversenyt nem írunk ki, de a legjobb megoldók között könyvutalványokat sorsolunk ki. A megoldásokat kérjük a lap megjelenését követő hónap 20-ig a szerkesztőség címére (1443 Budapest, Postafiók 129) beküldeni. A borítékra írják rá megoldóink: Pell-féle egyenletek. A megoldásokat nem szükséges külön lapra írni, de mindig írják ki, hogy melyik feladat megoldása következik. Bár a feladatok egymásra épülnek, nem szükséges mindegyiket megoldani. Egyes feladatokat úgy is megoldhatunk, hogy elfogadjuk az előző feladatok állításának helyességét. Mindegyik cikkben ismertetni fogjuk az előző cikk feladatainak a megoldásait. Az új feladatok kitűzésénél figyelembe vesszük a beküldött megoldások tapasztalatait is; éppen ezért kérjük megoldóinkat, hogy a feladatokkal kapcsolatban minden véleményt, felmerült kérdést írjanak meg.
 

Az I. részben kitűzött feladatok megoldásai

 

1. feladat: A megadott {0⋅α},{1⋅α},...,{n⋅α} számok száma n+1, ezek mindegyike a [0,1) intervallumba esik, a törtrész definíciója szerint. Ebben az intervallumban minden szám a megadott n darab [in,i+1n) intervallumok valamelyikébe esik (i=0,1,...,n-1). Ha ennek az n intervallumnak mindegyikében a fenti számok közül legfeljebb egy esnék, akkor a fenti számokból legfeljebb annyi volna, ahány intervallumot adtunk meg, azaz legfeljebb n darab. Ez viszont nem így van, ezért kell a fentiek közül legalább egy olyan intervallumnak lennie, amelybe a megadott számok közül legalább kettő esik.
 

2. feladat: Az első feladat állítása szerint létező két törtrész legyen {b1⋅α}, és {b2⋅α}. Az egyszerűség kedvéért azt is feltehetjük, hogy ezekre 0≤b1<b2≤n teljesül. Mivel a szereplő törtrészek ugyanabba az [in,i+1n) intervallumba esnek, ezért különbségük abszolút értéke kisebb, mint 1n. Egyenlőség nem állhat fenn, mert az intervallum két végpontja között éppen 1n különbség, de az i+1n végpont már nem tartozik az intervallumhoz. Így:
|{b1⋅α}-{b2⋅α}|<1n.
A [b1⋅α]=a1, és [b2⋅α]=a2 jelöléssel, a törtrészt értelmező {x}=x-[x] összefüggés szerint a kapott eredményünk
|b1⋅α-a1-b2⋅α+a2|<1n
alakba írható. Az a2-a1=p és b2-b1=q számok nyilván egészek, és ezekre az előző egyenlőtlenség a kívánt
|p-q⋅α|<1n
alakba írható. A jelölés megválasztása szerint q=b2-b1 pozitív; és legfeljebb n lehet, mert b2 legfeljebb n és b1 legalább 0.
 

3. feladat: A 2. feladatban kapott egyenlőtlenséget a pozitív q számmal végigosztva ismét helyes egyenlőtlenséget nyerünk. Az ott meghatározott p és q számokra ennek a feladatnak a feltételei is teljesülnek, ezekre tehát
|p/q-α|<1/qn
összefüggést nyerjük. A feladat állításához tehát elegendő az
1/qn≤1/q2és1/qn≤1/n
egyenlőtlenségek bebizonyítása. Mivel mind q, mind n pozitívak, ezért a két állítás ekvivalens a
q≤nés1≤q
egyenlőtlenségekkel. E két egyenlőtlenség pedig éppen a q-ra vonatkozó feltételek szerint igaz.
 

4. feladat: A 3. feladat állításából azonnal következik a 4. feladaté is, ha egy olyan n természetes számot tudunk találni, amelyre
1/n≤|pi/qi-α|(1≤i≤k).
A βi=|pi/qi-α| számok mind különböznek 0-tól mert α ‐ feltevésünk szerint ‐ irracionális. A βi számoknak tehát létezik reciprokuk; és így a kívánalomnak eleget tesz minden olyan n természetes szám, amely nagyobb az 1/β1,...,1/βk, számok mindegyikénél.
 

5. feladat: Azt fogjuk belátni, hogy a kívánt tulajdonságú pi/qi törtek sorozatát minden határon túl képezhetjük. A 3. feladat állításából, a irracionalitását figyelembe véve következik egy olyan pi/qi tört létezése, amelyre
0<|p1/q1-α|<(1/q1)2.
Ha már előállítottuk a kívánt tulajdonságú törtek p1/q1,...,pk/qk sorozatát, akkor legyen pk+1=p és qk+1=q, a 4. feladatban előírt p és q számokkal. A 4. feladat első állítása és a irracionalitása miatt p/q eleget tesz a kívánt egyenlőtlenségnek. A 4. feladat második állítása szerint viszont p/q-nak az előző törtek mindegyikétől különböznie kell; vagyis valóban tudunk mindig újabb megfelelő törtet megadni.
 

A Pell-féle egyenlet kapcsolata az algebrával

 

Mint már láttuk, a
x2-Dy2=1(P)
alakú Pell-féle egyenletnél a D rögzített természetes szám, de nem négyzetszám; olyan x, y megoldáspárokat keresünk, amelyek mindegyike egész szám.
Azt is láttuk, hogy ha D=A2 volna, akkor az egyenlet megoldásait azonnal megkaphatjuk az 1=x2-A2y2=(x-Ay)(x+Ay) felbontás segítségével.
A fenti felbontás kézenfekvőnek látszik abban az esetben is, ha D nem négyzetszám. Ekkor azonban csak az alábbi alakú felbontáshoz jutunk:
(x-y⋅D)(x+y⋅D)=1.
A felbontás természetesen nem ad módot az egyenlet azonnali megoldására, hiszen itt a bal oldali tényezők egyike sem egész szám. Ennek ellenére várható, hogy a talált felbontás valamilyen segítséget mégis csak nyújt a megoldáshoz. Mielőtt azonban bármilyen próbálkozásba belekezdenénk, először célszerű megtanulni, hogy miképpen számolhatunk a bal oldali tényezőkben előforduló számokkal. Cikkünk mostani részének ez lesz a célja.
 

II. sorozat. (Algebrai számok)
 

Elnevezések, jelölések
 

Tekintsünk egy rögzített D természetes számot, amely nem négyzete valamely egész számnak.
Jelölje Q[D] azoknak az a+b⋅D alakú számoknak a halmazát, amelyekre a és b racionális számok.
Z[D] azoknak az a+b⋅D alakú számoknak a halmazát jelöli, amelyekre a és b egész számok.
A Q[D]-beli α=a+b⋅D számhoz hozzárendeljük az a-b⋅D számot; s ezt a hozzárendelést egy föléhúzott vonás fogja jelölni. Így α¯=a-b⋅D.
A Q[D] bármely α eleméhez elkészíthetjük az αα¯ szorzatot; ezt a szorzatot N(α) fogja jelölni.
 

Feladatok:*
 

6. Bizonyítsuk be, hogy az összeadás, kivonás és szorzás sem a Q[D], sem a Z[D] halmazból nem vezet ki; továbbá a Q[D] halmazból nem vezet ki az osztás sem.
 

7. Bizonyítsuk be az alábbi összefüggéseket:
(α¯)¯=α,(α+β)¯=α¯+β¯,(α⋅β)¯=α¯⋅β¯.

8. Bizonyítsuk be, hogy az α-nak az α¯ elemet megfeleltetve, a Q[D]-nek egy önmagára való kölcsönösen egyértelmű megfeleltetését kapjuk; továbbá, hogy ez a leképzés pontosan a Z[D] elemeit képezi le a Z[D]-be.
 

9. Bizonyítsuk be, hogy N(α⋅β)=N(α)⋅N(β), N(α) racionális és Z[D]-beli α-ra egész; továbbá N(α)=0 pontosan akkor igaz, ha α=0.
*A feladatokat folyamatosan számoztuk. Az első öt feladatot az első részben tűztük ki (Lásd Kömal 53. kötet 7. szám.)