Kezdőlap


Cím:	A Pell-féle egyenletek megoldása VI., befejező rész
Szerző(k):	Fried Ervin
Füzet:	1978/május, 193 - 197. 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.

Ezzel a közleménnyel befejezzük sorozatunkat. Az előző közlemények helye (kötet; szám; oldal sorrendben): 53; 2. 49‐52. 54; 1. 1‐3. 54; 5. 193‐97. 55; 2. 55‐58. 56; 1. 1‐4. A sorozat célja annak a megmutatása volt, hogy miképpen lehet kis lépéseken keresztül nehéz tételek bizonyításához eljutni. Egyben azt is szemléltette, hogy egyes tételek gyökerei a matematika különböző ágaiba nyúlnak bele.
Nem tudunk a sorozat eredményességéről beszámolni, mert nagyon kevés megoldás érkezett be a szerkesztőséghez. Ennek minden bizonnyal az is oka volt, hogy a közlemények elég nagy időközönként jelentek meg, és a sorozat két évig húzódott el. Előző közleményünkre mindössze Hajnal Péter és Szabó Sándor küldtek be megoldást, ők 100‐100 Ft-os, Varga Lívia pedig korábbi megoldásaiért 50 Ft-os könyvutalványt kap a szerkesztőségtől.^{$^{*}$}

Az V. részben kitűzött feladatok megoldása

20. feladat. Legyen

ε > 1

Z [\sqrt[]{D}]

-nek olyan eleme, amelyre

N (ε) = 1

. Bizonyítsuk be, hogy a 17. feladatban értelmezett

ε_{1}

számhoz található olyan

k

természetes szám, amelyre

\begin{matrix} {(ε_{1})}^{k} \leq ε < {(ε_{1})}^{k + 1} . \end{matrix}

Megoldás. A 17. feladat szerint

ε_{1} > 1

. A 16. feladat alapján ekkor

ε_{1} \geq 1 + 1 \cdot \sqrt[]{D} > 2

. Így

ε_{1}^{n} > 2^{n} > n

alapján létezik olyan minimális

k \geq 0

egész szám, amire

{(ε_{1})}^{k + 1} > ε

k

minimalitása azt jelenti, hogy

{(ε_{1})}^{k} \leq ε

; és így a feladat állítását bebizonyítottuk.

21. feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha

ε

olyan eleme

Z [\sqrt[]{D}]

-nek, amelyre

N (ε) = 1

, akkor valamilyen

k

egész számra teljesül és az

ε = ε_{k}

ε = - ε_{k}

egyenlőségek valamelyike, ahol

ε_{k}

a 18. feladatban adott definíció szerint egyenlő

{(ε_{1})}^{k}

-nal.

Megoldás.

ε = 1

vagy

ε = - 1

esetén

k = 0

nyilván megfelel. Legyen a továbbiakban először

ε > 1

. A 20. feladat állítása szerint létezik olyan nemnegatív

k

egész szám, amire

{(ε_{1})}^{k} \leq ε < {(ε_{1})}^{k + 1}

. Ebből

ε_{1} \cdot {\bar{ε}}_{1} = 1

alapján

\begin{matrix} 1 = {(ε_{1})}^{k} {({\bar{ε}}_{1})}^{k} \leq ε \cdot {({\bar{ε}}_{1})}^{k} < {(ε_{1})}^{k + 1} {({\bar{ε}}_{1})}^{k} = ε_{1} \end{matrix}

következik. Mivel

N (ε \cdot {(ε_{1})}^{k}) = 1

, ezért a 17. feladat állítása miatt

ε {({\bar{ε}}_{1})}^{k} = 1

lehet csak. Ebből pedig

\begin{matrix} ε = ε [{(\bar{ε_{1}})}^{k} {(ε_{1})}^{k}] = [ε {({\bar{ε}}_{1})}^{k}] {(ε_{1})}^{k} = {(ε_{1})}^{k} \end{matrix}

következik. Ha most

ε \neq \pm 1

tetszőleges, akkor a 15. feladat figyelembevételével azt kapjuk, hogy van olyan

ε'

, amire

N (ε') = 1

ε' > 1

, és az

\begin{matrix} ε = - ε', ε = - \bar{ε}', ε = \bar{ε}' és ε = ε' \end{matrix}

esetek valamelyike áll fenn. Már beláttuk, hogy

ε' = ε_{1}^{k} = ε_{k}

alkalmas

k

természetes számmal és

({\bar{ε}}_{k}) = ε_{- k}

a 18. feladat állítása szerint, ezért a fenti négy esetnek megfelelően, rendre az alábbi lehetőségeket kapjuk:

\begin{matrix} ε = - (ε_{k}), ε = - (ε_{- k}), ε = ε_{- k} ε = ε_{k} . \end{matrix}

Ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.

22. feladat. Legyen a 18. feladatban szereplő

ε_{k}

-ra

ε_{k} = p_{k} + q_{k} \sqrt[]{D}

, nem negatív

k

esetén. Bizonyítsuk be, hogy az

\begin{matrix} x^{2} - D y^{2} = 1 \end{matrix}

(P)

Pell-féle egyenlet összes (egész) megoldásai:

\begin{matrix} x = \pm p_{k}, y = \pm q_{k} . \end{matrix}

Megoldás. A 18. feladat állítása szerint a felsorolt számok valóban megoldást adnak. A 19. feladat állítása szerint ezek a megoldások különbözőek. A 21. feladatban pedig azt láttuk be, hogy a (P) egyenletnek nincs több (egész) megoldása.

23. feladat. Legyen az

α = a + b \sqrt[]{D} \in Z [\sqrt[]{D}]

számra

α > 1

és

N (α) = k

.
Bizonyítsuk be, hogy ekkor létezik olyan

α_{0} = a_{0} + b_{0} \sqrt[]{D}

, amelyre

1 < α_{0} < ε_{1}

és

α = α_{0} {(ε_{1})}^{k}

valamely nem negatív

k

egész számmal, ahol

ε_{1}

a 17. feladatban definiált szám. (Igaz-e, hogy mind

a_{o}

, mind

b_{o}

pozitívak?)

Megoldás. Mindenekelőtt megjegyezzük, hogy a szöveg nem volt pontos. A félreértés elkerülése végett inkább az

N (α) = n

jelölést használjuk; és azt is fel kell tenni, hogy

n \neq 1

. Ekkor a 20. feladat megoldásánál használt módszerrel adódik, hogy alkalmas

k

nem negatív egész számra teljesül, hogy

\begin{matrix} {(ε_{1})}^{k} \leq α < {(ε_{1})}^{k + 1} . \end{matrix}

A 21. feladatban látott megoldási módszert alkalmazva, az

α_{0} = α \cdot {({\bar{ε}}_{1})}^{k}

számra a következőket kapjuk:

\begin{matrix} 1. & 1 \leq α_{0} < ε_{1}, \\ 2. & N (α_{0}) = N (α) \cdot N {({\bar{ε}}_{1})}^{k} = N (α) = n . \\ 3. & α = α \cdot [{({\bar{ε}}_{1})}^{k} \cdot {(ε_{1})}^{k}] = [α \cdot {({\bar{ε}}_{1})}^{k}] {(ε_{1})}^{k} = α_{0} \cdot {(ε_{1})}^{k} . \end{matrix}

Ezzel már majdnem meg is kaptuk a megoldást; csupán azt kellene még bizonyítani, hogy

α_{0} \neq 1

. Ez viszont a 2. pont szerint azonnal következik az

n \neq 1

feltételből.
A feladat zárójelben feltett kérdése az volt, hogy ha

α_{0} = a_{0} + b_{0} \sqrt[]{D}

, akkor következik-e

a_{0}

és

b_{0}

pozitivitása? Erre a kérdésre a legegyszerűbben úgy válaszolhatunk, hogy egy ellenpéldát adunk (ilyen létezik). Mi azonban ennél többet bizonyítunk be; mégpedig azt, hogy tetszőleges

D

mellett csak véges sok olyan

α_{0} = a_{0} + b_{0} \sqrt[]{D}

létezik, amire

1 < α_{0} < ε_{1}

és

a_{0} > 0

b_{0} > 0

; de végtelen sok

α_{0} = a_{0} + b_{0} \sqrt[]{D}

mellett igaz az, hogy

a_{0}

és

b_{0}

ellenkező előjelűek és

1 < α_{0} < ε_{1}

.
Az első állítás nyilvánvaló. Hiszen ha

ε_{1} = p_{1} + q_{1} \sqrt[]{D}

, akkor

1 < α_{0} < ε_{1}

esetén

α_{0} = a_{0} + b_{0} \sqrt[]{D}

csak akkor elégíti ki az

a_{0} > 0

b_{0} > 0

feltételt, ha

a_{0} < ε_{1}

és

b_{0} < \frac{ε_{1}}{\sqrt[]{D}}

. Ez pedig csak véges sok esetben lehet.

Tekintsünk most tetszőleges

b_{0}

egész számot. Mivel

ε_{1} > 2

, ezért

ε_{1} - 1 > 1

, azaz

(ε_{1} - b_{0} \sqrt[]{D}) - (1 - b_{0} \sqrt[]{D}) > 1

is teljesül. Ezért létezik olyan

a_{0}

egész szám, amelyre

1 - b_{0} \sqrt[]{D} \leq a_{0} < ε_{1} - b_{0} \sqrt[]{D}

, amiből

\begin{matrix} 1 \leq a_{0} + b_{0} \sqrt[]{D} < ε_{0} \end{matrix}

következik. Ha

b_{0} \neq 0

, akkor a bal oldalon nem lehet egyenlőség. Mivel

b_{0}

egyébként tetszőleges, ezért valóban végtelen sok

α_{0}

tesz eleget a kívánt feltételnek.
Láttuk, hogy ezek közül csak véges sok elégítheti ki az

a_{0} > 0

b_{0} > 0

feltételt, és

1 < α_{0}

miatt

a_{0} < 0

b_{0} < 0

egyszerre nem teljesülhet. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

24. feladat. Hogyan állítható elő az

x^{2} - D y^{2} = k

egyenlet összes egész

(a, b)

. megoldása?

Megoldás. A feladat itt is félreérthető volt; csupán azt akartuk kérdezni, hogy milyen alakban írhatók fel a megoldások, és nem azt, hogy milyen eljárás szükséges az előállításukhoz. Ennek megfelelően válaszolunk a kérdésre.
A 23. feladat állítását felhasználva

(a, b)

akkor és csak akkor megoldás, ha az

α = a + b \sqrt[]{D}

szám

α = α_{0} {(ε_{1})}^{n}

vagy

α = - α_{0} {(ε_{1})}^{n}

alakú, ahol

n

egész szám és

1 < α_{0} < ε_{1}

. Az előző feladat megoldásánál láttuk, hogy

N (α_{0}) = N (α)

is teljesül. Így tehát meg kell keresni azokat az

α_{0} \in Z [\sqrt[]{D}]

számokat, amelyekre

N (α_{0}) = k

1 < α_{0} < ε_{1}

, és ekkor

α_{0} {(ε_{1})}^{n}

- α_{0} {(ε_{1})}^{n}

szolgáltatják az összes megoldást.

Néhány szó

Z \sqrt[]{D}

-ről és a gyökvonásról

Mindenekelőtt szóljunk néhány szót az

ε_{1}

megtalálásáról. A

30

-ig terjedő prímszámoknál ezek:

\begin{matrix} 3 + 2 \cdot \sqrt[]{2}; 2 + 1 \cdot \sqrt[]{3}; 9 + 4 \cdot \sqrt[]{5}; 8 + 3 \cdot \sqrt[]{7}; 10 + 3 \cdot \sqrt[]{11}; 649 + 180 \cdot \sqrt[]{13}; \\ 33 + 8 \cdot \sqrt[]{17}; 170 + 39 \cdot \sqrt[]{19}; 24 + 5 \cdot \sqrt[]{23}; 9801 + 1820 \cdot \sqrt[]{29} . \end{matrix}

Különösen sok próbálkozás szükséges ‐ még számítógépet igénybe véve is ‐ a

\sqrt[]{13}

és a

\sqrt[]{29}

esetében. De ezeket is elő lehet állítani ügyesen. Ha például olyan

α

-t tudunk találni, amelyre

N (α) = - 1

, akkor a 23. feladat állítása alapján feltehető, hogy

1 < α < ε_{1}

. Mivel

N (α^{2}) = {(N (α))}^{2} = 1

és

1 < α^{2} < {(ε_{1})}^{2}

, ezért

α^{2} = ε_{1}

. Könnyen látható, hogy ilyen

α

-t nem mindig találhatunk. Például

D = 4 k + 3

alakú számoknál sohasem. Az sem ismeretes, hogy milyen

4 k + 1

alakú

D

prímszám esetén van ilyen

α

. Most felírjuk néhány prím

D

-re a legkisebb ilyen

α

-t:

\begin{matrix} 1 + \sqrt[]{2}, 2 + \sqrt[]{5}, 18 + 5 \sqrt[]{13}, 4 + \sqrt[]{17}, 70 + 13 \sqrt[]{29}, 6 + \sqrt[]{37}, \\ 32 + 5 \sqrt[]{41}, 182 + 25 \sqrt[]{53}, 29 718 + 3805 \sqrt[]{61}, 1068 + 125 \sqrt[]{73}, \\ 500 + 53 \sqrt[]{89}, 5604 + 569 \sqrt[]{97} . \end{matrix}

Ezeknek az előállítása is igen sok időt vett volna igénybe, de néha még itt is lehet ügyeskedni. Előfordulhat ugyanis (csak ha

D = 8 k + 5

alakú prím), hogy olyan számok vannak a

Q [\sqrt[]{D}]

-ben, amelyek elemei

Z [\sqrt[]{D}]

-nek, de valamelyik hatványuk (esetünkben a köbük) éppen a fenti minimális

α

-t állítja elő. A fentiek közül ilyenek:

\begin{matrix} \frac{1 + \sqrt[]{5}}{2}, \frac{3 + \sqrt[]{13}}{2}, \frac{5 + \sqrt[]{29}}{2}, \frac{7 + \sqrt[]{53}}{2}, \frac{39 + 5 \sqrt[]{61}}{2} . \end{matrix}

Látható, hogy ezek éppen a ,,legkellemetlenebb'' esetekben segítettek. Egyébként a

\frac{39 + 5 \sqrt[]{61}}{2}

előállítása egy programozható kézi kalkulátoron néhány másodpercet vett igénybe (a program beírása legfeljebb 5 perc volt). A

29 718 + 3805 \sqrt[]{61}

meghatározására már közel egy óra kellett. A

D = 61

esetében

\begin{matrix} ε_{1} = 1 766 319 049 + 226 153 980 \cdot \sqrt[]{D}, \end{matrix}

aminek a meghatározásához mintegy 6 és fél év kellene (ha a kézi kalkulátoron elég hely volna).
Az előzőekben természetesnek látszott, hogy a

Z [\sqrt[]{D}]

és a

Q [\sqrt[]{D}]

hasonló kapcsolatban állnak, mint

Z

(az egész számok halmaza) és

Q

(a racionális számok halmaza). Más szóval a

Z [\sqrt[]{D}]

-beli számokat az egészek általánosításának tekinthetjük. Mint láttuk, ez nem így van, mert ha egy racionális szám egy hatványa egész, akkor az eredeti szám is egész. Éppen ezért szoktak a

Z [\sqrt[]{D}]

helyett egy bővebb

Q [\sqrt[]{D}]

-beli részhalmazt tekinteni egészeknek. Be lehet bizonyítani, hogy ez pontosan olyan

D

-k esetén lehetséges, amelyek nem négyzetszámok és

4 k + 1

alakúak. Ilyenkor az

a + b \sqrt[]{D}

alakú számok helyett az

a + b \frac{1 + \sqrt[]{D}}{2}

alakú számokat vizsgálják

(a, b \in Z)

. Ennek az az oka, hogy az

α = a + b \frac{1 + \sqrt[]{D}}{2}

gyöke az

x^{2} - (2 a + b) x + (a^{2} + a b + b^{2} \frac{1 - D}{4}) = 0

másodfokú egyenletnek; itt

1)

. a másodfokú tag együtthatója

1

2)

. az összes együttható egész (mivel

D = 4 k + 1

alakú!). A fenti számhalmazt

Z [\frac{1 + \sqrt[]{D}}{2}]

-vel jelöljük.

Z [\sqrt[]{D}]

-ben, illetve a

Z [\frac{1 + \sqrt[]{D}}{2}]

-ben beszélhetünk az oszthatóságról; sőt bizonyos esetekben az egyértelmű prímtényezős felbontás megfelelője is igaz. Az egész számoknál az

a

és

- a

az oszthatóságnál hasonlóan viselkedtek, hiszen

(a \neq 0)

esetben

a | (- a)

és

(- a) | a

is igaz; valamint azt is tudjuk, hogy

a | b

és

b | a

esetén vagy

a = b

vagy

a = - b

teljesül. A

Z [\sqrt[]{D}]

, illetve a

Z [\frac{1 + \sqrt[]{D}}{2}]

esetben ez már nem így van. Könnyen látható ugyanis, hogy

α | β

és

β | α

pontosan akkor teljesülnek, ha

β = ε \cdot α

, ahol

N (ε) = 1

és

ε \in Z [\sqrt[]{D}]

; ill.

ε \in Z [\frac{1 + \sqrt[]{D}}{2}]

.
Nos az ilyen

ε

-ok éppen a Pell-féle egyenlet megoldásai.
Ahogy a Pell-féle egyenlet megoldásánál a racionális számokkal való approximációt felhasználtuk, fordítva, az approximációnál segítségünkre lehet a Pell-féle egyenlet megoldásának az ismerete.
Legyen

ε = a + b \sqrt[]{D}

olyan, hogy

a > 0

b > 0

és

a, b

\begin{matrix} x^{2} - D y^{2} = 1 \end{matrix}

(P)

gyökpárja. Ebből

\begin{matrix} (a - b \sqrt[]{D}) (a + b \sqrt[]{D}) = 1 \end{matrix}

következtében

\begin{matrix} \frac{a}{b} - \sqrt[]{D} = \frac{1}{(a + b \sqrt[]{D}) b} > 0 \end{matrix}

adódik. Mivel

a

és

b

,,elég nagyok'', ezért az

η = \frac{1}{(a + b \sqrt[]{D}) b}

,,elég kicsi''. Így

\frac{a}{b}

jó közelítő értéke

\sqrt[]{D}

-nek. Ha most

ε^{2}

-t kiszámítjuk, akkor

\begin{matrix} \bar{ε} = a - b \sqrt[]{D} = η b \end{matrix}

alapján

\begin{matrix} {(\bar{ε})}^{2} = a_{1} - b_{1} \sqrt[]{D} = η^{2} b^{2} . \end{matrix}

Mivel

a_{1} = a^{2} + b^{2} D

és

b_{1} = 2 a b

, ezért az

\begin{matrix} \frac{a_{1}}{b_{1}} - \sqrt[]{D} = \frac{η^{2} b^{2}}{2 a b} = \frac{η^{2} b}{2 a} \end{matrix}

összefüggéshez jutunk. Tekintettel arra, hogy

a > b

, ezért

\begin{matrix} \frac{a_{1}}{b_{1}} - \sqrt[]{D} = η_{1} < \frac{η^{2}}{2} . \end{matrix}

Más szóval az új közelítő értéknél az eltérés kisebb, mint az előző eltérés négyzetének a fele.
Például

\sqrt[]{10}

meghatározásánál kiindulhatunk a

3^{2} - 1^{2} \cdot 10 = - 1

összefüggésből. Ebből azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} 3 - \sqrt[]{10} = \frac{- 1}{3 + \sqrt[]{10}}, \end{matrix}

illetve

\begin{matrix} | 3 - \sqrt[]{10} | = \frac{1}{3 + \sqrt[]{10}} < \frac{1}{6} . \end{matrix}

{(3 + \sqrt[]{10})}^{2} = 19 + 6 \sqrt[]{10}

összefüggésből

\begin{matrix} \frac{19}{6} - \sqrt[]{10} < {(\frac{1}{6})}^{2} \cdot \frac{1}{2 \cdot 3} = \frac{1}{6^{3}} < \frac{1}{200} . \end{matrix}

Így

\sqrt[]{10} = 3, 16

az utolsó jegyben is pontos. Még egy lépést téve azt kapjuk, hogy

\frac{721}{228} - \sqrt[]{10} < {(\frac{1}{6})}^{6} \cdot \frac{6}{2 \cdot 19} = \frac{1}{2 \cdot 19 \cdot 6^{5}},

és

\frac{1}{2 \cdot 19 \cdot 6^{5}} < \frac{4}{10^{6}}

következtében

\begin{matrix} 3, 162 276 < \sqrt[]{10} < 3, 162 281 \end{matrix}

adódik. (Egyébként

9

jegyre

\sqrt[]{10} \approx 3, 162 277 660

^{$^{*}$} A jutalmakat postán küldjük ki. (Szerk.)