Kezdőlap


Cím:	Számelmélet az $x^{2}$ +d $y^{2}$ alakú számok körében - I. rész
Szerző(k):	Csörnyei Marianna
Füzet:	2000/december, 513 - 517. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2000/október: B.3400

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

Bevezetés

Mindannyian tudjuk, hogy két négyzetszám szorzata maga is négyzetszám; ez a szorzás asszociativitásából és kommutativitásából következik. Két pozitív négyzetszám összege azonban nem mindig négyzetszám (és semmiképpen sem a két tag összegének a négyzete!). Pitagorasz tétele nyomán már több, mint kétezer éve ráterelődött a figyelem a két négyzetszám összegeként írható négyzetszámokra. A pitagoraszi számhármasok jellemzése a görög aritmetika egyik látványos eredménye. Jóval később, a XVII. században Fermat, aki szisztematikusan vizsgálta ezeket a mennyiségeket, kiderítette, hogy az

x^{2} + y^{2}

alakú számok sok tekintetben hasonlítanak a négyzetszámokhoz: az utóbbiak prímtényezős felbontásában minden prímszám kitevője páros, ahhoz pedig, hogy egy számot föl lehessen írni két négyzet összegeként, csak a

4 k + 3

alakú prímtényezőik kitevőinek kell párosnak lennie. Például a

810 = 2 \cdot 3^{4} \cdot 5

és a

45 = 3^{2} \cdot 5

ilyen számok: prímfelbontásukban a 3 páros kitevőn szerepel (2 és 5 nem

4 k + 3

alakú prím). Valóban:

810 = 9^{2} + 27^{2}

és

45 = 3^{2} + 6^{2}

.
A szerkezeti rokonság viszont hasonló aritmetikai viselkedésben mutatkozik meg: ha összeszorozzuk ezt a két számot, akkor a szorzatban is páros lesz az egyetlen

4 k + 3

alakú prímtényező, a 3 kitevője, így az is felírható két négyzetszám összegeként; valóban, némi próbálkozás után^{$^{*}$}

\begin{matrix} 810 \cdot 45 = 36 450 = 189^{2} + 27^{2} . \end{matrix}

Ez nyilván ugyanígy igaz általában is. Magát a jelenséget úgy szokás fogalmazni, hogy az

x^{2} + y^{2}

alakú számok halmaza zárt a szorzásra nézve.
Négyzetszámok persze el is oszthatók egymással: ha a hányados egész, akkor az maga is négyzetszám. Ebből egyébként az a közismert tény is következik, hogy nem négyzetszámok, például a 2 négyzetgyöke irracionális szám. A prímfelbontás segítségével történő jellemzésből kiderül, hogy a két négyzet összegeként felírható számoknak is megvan ez a tulajdonsága: ha a hányadosuk egész, akkor mivel az osztás megtartja a

4 k + 3

alakú prímtényezők kitevőjének a páros voltát, maga is két négyzet összege. A fenti példa számaira

\frac{810}{45} = 2 \cdot 3^{2} = 3^{2} + 3^{2}

. Az, hogy a szorzatra vonatkozó eredmény simán adódott a Lagrange-azonosságból, arra bátoríthat, hogy most a fordított irányban is kísérletezzünk aritmetikai bizonyítással; így talán, a szorzatéhoz hasonlóan, megkaphatjuk a hányados felbontását is. Ez most az

\frac{a^{2} + b^{2}}{u^{2} + v^{2}} = x^{2} + y^{2}

átrendezésből adódó

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} = (u^{2} + v^{2}) (x^{2} + y^{2}) = {(u x \pm v y)}^{2} + {(v x \mp u y)}^{2} \end{matrix}

egyenlet, illetve az innen kapott

\begin{matrix} \begin{matrix} a & = u x + v y \\ b & = v x - u y \end{matrix}} \begin{matrix} a & = u x - v y \\ b & = v x + u y \end{matrix}} \end{matrix}

egyenletrendszerek vizsgátatát jelenti; legalább az egyik esetben egész

(x, y)

értéket kellene kapnunk. A példában (

a = 9

b = 27

u = 3

v = 6

) sajnos ez nem teljesül. Az első esetben

x = \frac{21}{5}

y = - \frac{3}{5}

, a másodikban pedig az ettől nem sokban különböző

x = \frac{21}{5}

y = \frac{3}{5}

megoldást kapjuk. Az így nyert felbontásban az egész hányados nem egészek négyzetösszege, ahogy várnánk, pedig tudjuk, hogy létezik ilyen fenbontás is:

\begin{matrix} \frac{9^{2} + 27^{2}}{3^{2} + 6^{2}} = {(\frac{21}{5})}^{2} + {(\frac{3}{5})}^{2} . \end{matrix}

Ebben a pillanatban meg kell tehát elégednünk az egzisztenciatétel állításával: a felbontás egészek négyzetösszegére létezik.
A probléma egy lehetséges általánosításaként megfogalmazhatunk hasonló kérdéseket az

x^{2} + d \cdot y^{2}

alakú számok körében is, ahol a

d

adott egész szám. A Lagrange-azonosság kiterjesztése

\begin{matrix} (u^{2} + d \cdot v^{2}) \cdot (x^{2} + d \cdot y^{2}) = {(u x \pm d \cdot v y)}^{2} + d \cdot {(u y \mp v x)}^{2} \end{matrix}

most is azonnal adja ‐ anélkül, hogy az

x^{2} + d \cdot y^{2}

alakú számok prímtényezős felbontásának jellemzésével kellene vesződnünk ‐, hogy az ilyen alakú számok halmaza is zárt a szorzásra nézve. Az eddigiek alapján a hányadosra vonatkozó megfelelő állítás vizsgálata egyáltalán nem látszik könnyűnek; a

d = 0

, illetve 1 esetekben az adott alakú számok prímtényezős felbontásának jellemzéséből kaptuk meg a választ.

\begin{matrix} ⋆ \end{matrix}

Csörnyei Marianna, a University College of London ösztöndíjas kutatója ezt a cikket még a Fazekas M. Fővárosi Gyakorló Gimnázium másodikos diákjaként írta egy órán fölvetett kérdés megválaszolásaként. A cikkben megfigyelhető, hogy a kétfajta megközelítés, az aritmetikai és a szerkezeti, hogyan működik együtt és vezet el a probléma megoldásához.

JSP

\begin{matrix} ⋆ \end{matrix}

A cikkben azt fogjuk megvizsgálni, hogy a

d = 1

-en kívül még milyen pozitív, 1-nél nagyobb

d

-kre teljesül, hogy ha két

x^{2} + d y^{2}

alakú szám hányadosa egész, akkor a hányados is ilyen alakú.
Könnyen belátható, hogy a

d

nem lehet 1-nél nagyobb négyzetszám. Ugyanis

d = d_{1}^{2}

esetén

\frac{d_{1}^{2} + d \cdot 1^{2}}{d_{1}^{2} + d \cdot 0^{2}} = 2

, és ez

d \geq 4

esetén nem írható fel

x^{2} + d y^{2}

alakba. Tehát az állításunk biztosan nem fog minden

d

-re teljesülni.
Mielőtt továbbmennénk, bizonyítsuk be az alábbi tételt:

1. Tétel. Ha két

x^{2} + d y^{2}

alakú szám hányadosa egész, és az osztó prím, akkor a hányados is

x^{2} + d y^{2}

alakú.^{$^{* *}$}

Bizonyítás. Két

x^{2} + d y^{2}

alakú szám szorzata is ilyen alakú:

\begin{matrix} (x^{2} + d y^{2}) (z^{2} + d v^{2}) = {(x z \pm d y v)}^{2} + d {(x v \mp y z)}^{2} . \end{matrix}

(*)

Vizsgáljuk most az

\frac{a^{2} + d b^{2}}{x^{2} + d y^{2}}

törtet, ahol

x^{2} + d y^{2}

prím, és

x^{2} + d y^{2} ∣ a^{2} + d b^{2}

. A

(*)

azonosság alapján elég azt megmutatni, hogy

a

és

b

felírható

\begin{matrix} \begin{matrix} a & = x z \pm d y v & (1) \\ b & = x v \mp y z & (2) \end{matrix} \end{matrix}

alakba, ahol

z

és

v

egész (mert ekkor a hányados

z^{2} + d v^{2}

lesz). Az (1) és (2) egyenletekből kifejezve

v

-t:

\begin{matrix} v = \pm \frac{a y \pm b x}{x^{2} + d y^{2}}, \end{matrix}

így ahhoz, hogy a

v

egész legyen, arra van szükség, hogy

\begin{matrix} x^{2} + d y^{2} ∣ a y + b x vagy x^{2} + d y^{2} ∣ a y - b x \end{matrix}

teljesüljön. Mivel az

x^{2} + d y^{2}

prím, azért ehhez elég az

\begin{matrix} x^{2} + d y^{2} ∣ (a y + b x) (a y - b x) \end{matrix}

oszthatóságot megmutatnunk:

\begin{matrix} \begin{matrix} (a y + b x) (a y - b x) & = a^{2} y^{2} - b^{2} x^{2} = a^{2} y^{2} + d b^{2} y^{2} - d b^{2} y^{2} - b^{2} x^{2} = \\ = (a^{2} + d b^{2}) y^{2} - (x^{2} + d y^{2}) b^{2} . \end{matrix} \end{matrix}

Mivel

x^{2} + d y^{2} ∣ a^{2} + d b^{2}

, azért így valóban

\begin{matrix} x^{2} + d y^{2} ∣ (a y + b x) (a y - b x), \end{matrix}

tehát a két eset (

\pm

) közül az egyikben a

v

egész lesz. Az (1) és (2) egyenletekből könnyen látható, hogy a

z

racionális. Azt is tudjuk, hogy a

z^{2} + d v^{2}

egész, így ha a

v

egész, akkor a

z

is biztosan egész.

d = 2

eset

Be fogjuk bizonyítani, hogy

d = 2

esetén az állításunk igaz, tehát ha két

x^{2} + 2 y^{2}

alakú szám hányadosa egész, akkor a hányados is ilyen alakú.
Legyenek a

Q

halmaz elemei azok a

p

prímek, amelyekre

p ∣ x^{2} + 2 y^{2}

-ből következik, hogy

p ∣ x

és

p ∣ y

, és legyenek a

P_{1}

halmaz elemei azok a prímek, amelyek felírhatók

x^{2} + 2 y^{2}

alakba. Bebizonyítjuk, hogy ekkor minden prím eleme

P_{1}

-nek vagy

Q

-nak. A prímeknek ez a felbontása nyilván közös elem nélküli, hiszen

p = x^{2} + 2 y^{2}

esetén

0 < | x | < p

és

0 < | y | < p

, tehát

p

nem oszthatja

x

-et és

y

-t. Magát az állítást teljes indukcióval fogjuk bizonyítani.
Az állítás

p = 2

esetén igaz, mivel

2 = 0^{2} + 2 \cdot 1^{2}

, tehát

2 \in P_{1}

. Legyen a

p > 2

prím, és tegyük fel, hogy az összes

p

-nél kisebb prímről már bebizonyítottuk, hogy eleme

P_{1}

-nek vagy

Q

-nak. Tegyük fel, hogy

p \notin Q

, és bizonyítsuk be, hogy ekkor

p \in P_{1}

.
Mivel

p \notin Q

, azért létezik olyan

x

és

y

, amelyre

p ∣ x^{2} + 2 y^{2}

és

p ∤ y

. Szorozzuk meg az

x

-et és az

y

-t egy olyan

k

számmal, hogy

y k \equiv 1 (mod p)

legyen. Nyilván

p ∣ {(x k)}^{2} + 2 {(y k)}^{2}

, és mivel

y k \equiv 1 (mod p)

, így

p ∣ {(x k)}^{2} + 2 \cdot 1^{2}

. Biztos, hogy létezik olyan

x_{1}

, amelyre

x_{1} \equiv x k