Cím: A Pell-féle egyenletek megoldása IV. rész
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 1977/október, 55 - 58. oldal  PDF file
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 sorozat első három része az 53. kötet 2. szám 49-52. oldalán, 54. kötet 1. szám 1-3. oldalán, 54. kötet 5. szám 193-197. oldalán található.
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. 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.
A III. rész feladataira helyes megoldást küldtek be: Balázs Iván József, Bodó Zalán, Hajnal Péter, Spissich László, Szabó Sándor.

 

A III. részben kitűzött feladatok megoldása
 

Mindenekelőtt megjegyezzük, hogy a 11. feladatban hibásan szerepelt az, hogy k természetes szám (bár így is igaz az állítás), k-ról csak annyit köthetünk most ki, hogy egész szám. (Ez a hiba, sajnos a megoldókat megzavarta.) A hiba módosítja a 12. feladatot úgy, hogy itt k helyett |k|-et kell szerepeltetni. Ugyancsak elírás volt a 14. feladatban is, ahol nem a 12., hanem a 13. feladatra kell hivatkozni, valamint γ¯ helyett γ-nak kell állnia. (Ez a hiba nem zavart, a feladat szövegéből azonnal világos volt, hogy mit kell bizonyítani.)
A továbbiakban a helyes szöveget írjuk.
 

10. feladat. Legyen D olyan egész szám, amelyre D irracionális. Bizonyítsuk be, hogy ha |p/q-D|<1/q2 (ahol p egész és q természetes szám), akkor
|p+qD|<1/q+2qDés|p2-q2D|<1+2D.

Megoldás. Az abszolút értékre vonatkozó egyenlőtlenségből
|p+qD|=|p-qD+2qD||p-qD|+2qD
következik. Feltétel szerint a jobb oldal első tagja kisebb, mint 1/q, ami éppen az első egyenlőtlenséget bizonyítja. Mivel pozitív számokra vonatkozó egyenlőtlenségek megfelelő oldalainak az összeszorzásával is helyes egyenlőtlenséget nyerünk, ezért a
|p+qD|<1/q+2qDés|p-qD|<1/q
egyenlőtlenségekből nyilvánvalóan
|p2-q2D|<1/q2+2D
következik. Ez bizonyítja a második egyenlőtlenséget is, mert q természetes szám és így 1/q21.
 

11. feladat. Legyen D olyan egész szám, amelyre D irracionális. Bizonyítsuk be, hogy ekkor van olyan (csak a D-től függő) k(0) egész szám, amelyhez végtelen sok olyan pi egész és qi természetes szám létezik, hogy αi=pi+qiD eleme a Z[D] halmaznak és N(αi)=k.
 
Megoldás. Mivel D irracionális, ezért az 5. feladat alapján végtelen sok olyan pi egész qi természetes számpár létezik, amelyre
|pi/qi-D|<1/(qi)2.
A 10. feladatból tehát az következik, hogy e pi, qi számpárokra
|pi2-qi2D|<1+2D.
Mivel |pi2-qi2D| egész, ezért a szóban forgó αi=pi+qiD számokra a N(αi)=p12-qi2D csak a -(1+2D) és (1+2D) közötti egész értékeket veheti fel. Ezek száma legfeljebb 1+4D, mindenesetre véges. Léteznie kell tehát a skatulyaelv alapján egy olyan k egész számnak, amely -(1+2D) és (1+2D) közé esik, úgy hogy a felsorolt αi=pi+qiD számok közül végtelen sokra teljesül a
N(αi)=k.

12. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a 11. feladatban szereplő αi számok között végtelen sok olyan van, amelyeknél pi|k|-kel osztva ugyanazt az r maradékot adja; továbbá ezek között végtelen sok olyan van, amelyekre a qi-ket |k|-kel osztva mindig ugyanazt az s maradékot kapjuk.
 

Megoldás. Mindkét állítás bizonyításakor ugyancsak a skatulyaelvet használjuk fel. Tegyük fel, hogy a 11. feladatban meghatározott αi=pi+qiD számok között minden 0r<|k| egész számhoz csak véges sok pl. ur darab olyan volna, amelyre pi-t |k|-kel osztva r maradékot adna. Ez azt jelentené, hogy a 11. feladatban meghatározott αi számok száma legfeljebb u0+u1+...+u|k|-1 volna, ami ellentmond a 11. feladatban kapott eredménynek. Így valóban végtelen sok olyan αi=pi+qiD alakú szám van, amelyre N(αi)=k és pi|k|-kel osztva maradékul ugyanazt az r számot adja. Ha mármost ezeket osztályozzuk aszerint, hogy a qi mit ad maradékul |k|-kel osztva, akkor azt kapjuk, hogy legalább egy osztályba végtelen sok számnak kell kerülnie, mert az osztályok száma véges. Ezzel bizonyítottuk az állítást.
 

13. faladat. Legyen D olyan természetes szám, amelyre D irracionális. Bizonyítsuk be, hogy ekkor léteznek olyan Z[D]-beli α és β számok, hogy alkalmas k egész számmal
N(α)=N(β)=k;
továbbá létezik olyan ugyancsak Z[D]-beli γ szám, amelyre β=α+kγ.
 

Megoldás. A 12. feladat szerint létező végtelen sok szám közül vegyünk ki kettőt. Legyenek ezek:
α=p+qDésβ=p'+q'D.
Feltétel szerint mindegyik Z[D]-ben van, és mindegyikükre teljesül N(α)=N(β)=k. Ugyancsak az előző feladat állítása következtében p' és q' felírható p'=ku+p és q'=kv+q alakban alkalmas u és v egész számokkal, hiszen p'-p is és q'-q is osztható |k|-kel. Így a γ=u+vD számra β=α+kγ teljesül, és γ eleme a Z[D]-nek.
 

14. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a 13. feladatban szereplő α,β,γ számokra N(α¯β)=k2; továbbá a Z[D]-beli δ=1+α¯γ számra N(δ)=1. Mit jelent ez?
 

Megoldás. A 13. feladatban szereplő α és β számokra 7. és 9. feladat alapján
N(α¯β)=N(α¯)N(β)=N(α)N(β)=k2
következik. Ha a β helyébe a 13. feladatban adódott α+kγ kifejezést írjuk, akkor a
k2=N(α¯(α+kγ))=N(α¯α+kα¯γ)
összefüggéshez jutunk. Mivel α¯α=N(α)=k, ezért a 9. feladat eredményét felhasználva
k2=N(k+kα¯γ)=N(k)N(1+α¯γ)=k2N(δ)
adódik. Ezért N(δ)=1, mert k0. Ez az eredmény azt jelenti, hogy a δ=a+bD számra
a2-b2D=N(δ)=1;
vagyis bebizonyítottuk, hogy a Pell egyenletnek létezik megoldása. Ez a megoldás nem triviális, mert ekkor δ=±1 lenne, amiből α¯β=kδ alapján
kα=±kδα=±αα¯β=±kβvégül isα=±β
következne.
Az α=β nem lehet, mert α és β különbözőek. Az α=-β esetben vissza kell térni a 12. feladathoz. Ott azt láttuk, hogy a feltételnek végtelen sok szám felel meg. Ha tehát egyiknek az α-t választottuk, akkor a β-t úgy választjuk ki a végtelen sok szóba jövő szám közül, hogy β-α. Ekkor tehát a konstruált δ=a+bD mellett valóban nem triviális megoldást kapunk.
 

A Pell-féle egyenlet végtelen sok megoldásának a meghatározása
 
Bebizonyítottuk már, hogy a
x2-Dy2=1(P)
alakú Pell-féle egyenletnek rögzített D természetes számra létezik megoldása, ha D nem négyzetszám. (Emlékeztetünk arra, hogy megoldáson csak egész számokból álló számpárt értünk!)
Ha α=a+bD és β=c+dD mellett
N(α)=a2-b2D=N(β)=c2-d2D=1,
akkor N(αβ)=N(α)N(β) alapján ismét megoldást kapunk. Ez a megoldás ,,általában'' különbözik α-tól is és β-tól is. Persze α ismeretében
α¯=a-bD,-α=-a-bDés-α¯=-a+bD
ismét megoldást állítanak elő, és nem lehetünk eleve biztosak abban, hogy α,β különbözik a fenti módon kapott számoktól is. Valószínűnek látszik ez például az α=β esetben; sőt ,,érezhető'', hogy az
α,α2,α3,...,αn,...
végtelen sorozat végtelen sok megoldást ad; kivéve, ha α=1 vagy α=-1. Célunk azonban az összes megoldás meghatározása, és ezért nem elégedhetünk meg egy ,,tetszőleges'' α hatványaival. Segítségül azt fogjuk felhasználni, hogy a Pell-egyenlet megoldásai a számegyenesen ,,elég jól elhelyezhetők''. Egyelőre csak azt tűzzük ki célul, hogy bizonyos módon végtelen sok megoldást kapjunk; azt, hogy ez egyben az összes megoldás, csak a következő folytatásban bizonyítjuk be.
 

IV. sorozat (végtelen sok gyök megadása)
 

Feladatok
 

15. Legyen αZ[D], |α|1, és N(α)=1. Jelölje ε az α,α¯,-α,-α¯ számok közül a legnagyobbat. Bizonyítsuk be, hogy
-ε<-1<-ε¯<0<ε¯<1<ε.

16. Legyen ε=a+bDZ[D] olyan, amelyre N(ε)=1.
 

Bizonyítsuk be, hogy ε>1 pontosan akkor teljesül, ha a és b mindegyike pozitív.
 

17. Bizonyítsuk be, hogy azok között a Z[D]-beli ε számok között, amelyekre N(ε)=1, és ε>1, van egy ε1 legkisebb.
 

18. Bizonyítsuk be, hogy a 17. feladatban szereplő ε1 számra bármilyen k egész szám esetén εk=(ε1)k eleme Z[D]-nek és N(εk)=N(-εk)=1.
 

19. Bizonyítsuk be, hogy a 18. feladatban definiált
...,ε-k,...,ε-1,ε0,ε1,...,εk,...
...,-ε-k,...,-ε-1,-ε0,-ε1,...,-εk,...
számok valamennyien különböznek egymástól.