Cím: A Pell-féle egyenletek megoldása V. rész
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 1978/január, 1 - 4. 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 sorozat első három része az 53. kötet 2. szám 49 ‐ 52. oldalán, az 54. kötet 1. szám 1 ‐ 3. oldalán és az 54. kötet 5. szám 193 ‐ 197. oldalán található. A IV. rész az 55. kötet 2. szám 55 ‐ 58. oldalán van.
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 IV. rész feladataira helyes megoldást küldtek be: Hajnal Péter, Szabó Sándor (részben), Varga Lívia (részben).
 

A IV. részben kitűzött feladatok megoldása
 

15. feladat. Legyen α∈Z[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

Megoldás. A feltételekből azonnal következik, hogy α, α¯, -α, -α¯ mind 0-tól és 1-től különbözők. Mivel αα¯=1, ezért (-α)(-α¯)=1 is teljesül, vagyis α és α¯, továbbá -α és -α¯ egyenlő előjelűek. Az α és -α a különböző előjelűek, ezért a négy számból 2 pozitív. Ezek 1-től különböznek és a szorzatuk 1, így közülük a nagyobb 1-nél nagyobb. Mivel a vizsgált számok közül a további kettő negatív, ezért a kiválasztott ε-ra ε>1 teljesül. ε⋅ε¯=1 miatt ε¯<1 és ε pozitivitásából ε¯>0 következik. Az egyenlőtlenségek negatív számmal való szorzási szabályából már következik a -ε<-1<ε¯<0 összefüggés.
 

16. feladat. Legyen ε=a+bD∈Z[D] olyan, amelyre N(ε)=1. Bizonyítsuk be, hogy ε>1 pontosan akkor teljesül, ha a és b mindegyike pozitív.
 

Megoldás. Ha ε=a+bD∈Z[D] olyan, hogy a, b>0, akkor nyilvánvalóan teljesül az is, hogy ε>1. Tekintsük másrészt ε-nal együtt az ε¯, -ε, -ε¯ elemeket, ezek: a+bD, a-bD, -a-bD, -a+bD. Mivel a és -a, továbbá b és -b valamelyike pozitív, ezért a négy szám valamelyike pozitív u és v egészekkel, u+vD alakú. Világos, hogy ezek között éppen ez a legnagyobb, és a 15. feladat állítása szerint ez közülük az egyetlen, amelyik 1-nél nagyobb, tehát ez éppen a kiválasztott ε. Így ε=u+vD, ahol u, v pozitívak.
 

17. feladat. Bizonyítsuk be, hogy azok között a Z[D]-beli ε számok között, amelyekre N(ε)=1, és ε>1, van egy ε1 legkisebb.
 
Megoldás. A feltételnek eleget tevő a+bD számok közül válasszuk ki az a1+b1D-t úgy, hogy a1 minimális legyen. Ilyen létezik, hiszen a csak pozitív egész lehet. Ekkor a12-b12D=1=a2-b2D következtében (b2-b12)D=a2-a12>0, és mivel b1 és b pozitiv ezért b1<b. Így a1+b1D<a+bD, vagyis ε1=a1+b1D eleget tesz a kirótt feltételnek.
 

Megjegyzés. A feladat állítása egy sokkal általánosabb tételből is következik. Tekintsük az a1, ..., an szám-n-eseket, amelyeknek elemei pozitív egészek, és minden ilyen szám-n-eshez rendeljük hozzá a μ(a1,...,an) valós számot úgy, hogy
1. Ha b1≤a1, ..., bn≤an, akkor
μ(b1,...,bn)≤μ(a1,...,an).
2. ai≤μ(a1,...,an) minden i-re (1≤i≤n).
Ekkor a fenti szám-n-esek bármely H részhalmazában van olyan (b1,...,bn), hogy tetszőleges H-beli (a1,...,an) esetén μ(b1,...,bn)≦(a1,...,an). [Pl. ilyen μ lehet μ(a1,...,an)=a1α1+...+anαn, 1-nél nem kisebb αi valós számokkal. A feladat ennek speciális esete.]
Az állítást a következőképpen láthatjuk be. Legyen ci, ..., cn a H tetszőleges eleme és legyen N egy, a μ(c1,...,cn) számnál nagyobb természetes szám. Ha mármost μ(a1,...,an)≤μ(c1,...,cn), akkor az 1. és 2. feltételek szerint minden egyes ai kisebb N-nél. Az ai-k pozitivitása miatt ilyen (ai,...,an) legfeljebb Nn van, mert minden egyes ai-re legfeljebb N lehetőség van. Így a H halmazban is csak véges sok olyan (ai,...,an) szám-n-es van, amelyre μ(a1,...,an)≤μ(c1,...,cn). E véges sok között van tehát olyan (b1,...,bn), amelyre μ(b1,...,bn) minimális. Ez a b1,...,bn viszont az egész H halmazban megfelelő lesz. Ha ugyanis a (d1,...,dn) szám-n-es nem tartozik a kiválasztottak közé, akkor μ(d1,...,dn)>μ(c1,...,cn); ami, μ(b1,...,bn)≤μ(c1,...,cn) alapján bizonyítja az állítást.
 

18. feladat. 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.
 
Megoldás. Ha k pozitív, akkor (ε1)k∈Z[D] abból következik, hogy Z[D] a szorzásra zárt. Ha k negatív egész szám, akkor εε¯=1 alapján (ε1)k=[(ε1)-k¯]∈Z[D]. A k=0 esetén azt kell bizonyítani, hogy 1∈Z[D], ami igaz. A további állítás triviálisan következik abból, hogy N(αβ)=N(α)N(β) és N(-1)=1.
 

19. feladat. 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.
 

Megoldás. A 17. feladat állítása szerint ε1>1. Így pozitív k egész számra
1=ε0<ε1<ε2<...εk...
E számok tehát különböznek egymástól. Mivel különböző számok reciproka is és negatívja is különböző, ezért az

ε-1,...,ε-k,...-ε0,-ε1,...,-εk,...-ε-1,...,-ε-k,...


sorozatok is csupa különböző számokból állnak. A 15. feladat állítása szerint pedig a különböző sorozatok sem tartalmazhatnak egyező számokat.
 

A Pell‐féle egyenlet összes megoldásának a meghatározása
 

Mint beláttuk, léteznek olyan p és q egész számok, amelyek a
x2-Dy2=1(P)
Pell‐féle egyenletnek nem triviális megoldását adják, ami azt jelenti, hogy q≠0 és p2-Dq2=1. A IV. sorozatban azt is beláttuk, hogy a (P) egyenletnek végtelen sok megoldása van. Tekintsük ugyanis a 17. feladatban szereplő ε1=p1+g1D számot. Az ε1∈Z[D] feltétel azt jelenti, hogy p1 és q1 egészek; az N(ε1)=1 összefüggés biztosítja, hogy p1, q1 a (P) egyenlet megoldásai; míg ε1>1 következtében a kapott megoldás nem lehet triviális. Ebből még nem következne az, hogy a (P) egyenletnek végtelen sok megoldása van. A 19. feladat állításából viszont már ez is adódik. Az ott szereplő számok ugyanis a 18. feladat alapján mind a (P) egyenlet egy‐egy megoldását adják (a p+qD által kapott megoldásban az x=p, y=q). E megoldások mind különbözőek; éppen a 19. feladat állítása szerint; továbbá közülük kettő, nevezetesen ε0 és -ε0, a triviális (1,0) és (-1,0) megoldást adja, a többiek nem triviális megoldást adnak. Világos azonban, hogy a végtelen sok megoldás meghatározásánál nem használtak ki a 17. feladat állítása szerint az ε1-re kirótt feltételt. Erre a feltételre éppen most lesz szükségünk, annak a kimutatására, hogy a 19. feladatban szereplő számok a (P) összes megoldását meghatározzák. E célt szolgálják a 20., 21. és 22. feladatok. Ebben a folytatásban azonban szeretnénk teljesíteni még egy ígéretünket is. Említettük ugyanis, hogy rögzített k mellett az a2-Db2=k megoldásai bizonyos értelemben periodikusan következnek. Ezt fogjuk pontosan megfogalmazni a 23. és 24. feladatban.
 

V. sorozat (az összes gyök meghatározása)
 

Feladatok
 

20. Legyen ε>1 a Z[D]-nek olyan elemé, amelyre N(ε)=1. Bizonyítsuk be, hogy a 17. feladatban értelmezett ε1 számhoz található olyan k természetes szám, amelyre
(ε1)k≤ε<(ε1)k+1.

21. Bizonyítsuk be, hogy ha ε olyan eleme Z[D]-nek, amelyre N(ε)=1, akkor valamilyen k egész számra teljesül az ε=εk vagy az ε=-εk egyenlőségek valamelyike, ahol εk a 18. feladatban adott definíció szerint egyenlő (ε1)k-nal.
22. Legyen a 18. feladatban szereplő εk-ra εk=pk+qkD; nem negatív k esetén. Bizonyítsuk be, hogy az
x2-Dy2=1(P)
Pell‐féle egyenlet összes (egész) megoldásai:
x=±pk,y=±qk.

23. Legyen az α=a+bD∈Z[D] számra α>1 és N(α)=k. Bizonyítsuk be, hogy ekkor létezik olyan α0=a0+b0D, amelyre 1<α0<ε1 és α=α0(ε1)k valamely nem negatív k egész számmal; ahol ε1 a 17. feladatban definiált szám. (Igaz-e, hogy mind a0, mind b0 pozitívak?)
24. Hogyan állítható elő az x2-Dy2=k egyenlet összes egész (a,b) megoldása?