9. пелова једначина Х



Дата07.07.2016
өлшемі203.62 Kb.
#183140
9. ПЕЛОВА ЈЕДНАЧИНА х2 – ру2 = 1
Међу Диофантовим једначинама за које постоји алгоритам за њихово решавање својом занимљивошћу се истиче једначина облика х2 – ру2 = 1, где је р природан број који није квадрат ниједног целог броја. Једначина облика х2 – ру2 = 1 у математичкој литератури се најчешће среће под називом Пелова једначина,33 али није много мање распрострањен ни термин Фермаова једначина.34 Међутим, познато је да су се том једначином интензивно бавили и Архимед, Диофант, Баскара, Лагранж, Валис, Ојлер, Гаус, ...

У осврту на еволуцију идеја које су кроз историју пратиле Диофантове једначине већ је било говора о Пеловој једначини и спору који постоји око њеног назива. Било је говора и о двема најважнијим чињени-цама за њено решавање: о томе да Пелова једначина има бесконачно много решења, што је доказао Лагранж35, и о начину одређивања такозваног основног решења, које је захваљујући моћима савремене рачунарске техно-логије све мањи проблем.

Пелова једначина има облик х2 – ру2 = 1, где је р природан број који није потпун квадрат. Услов да р није потпун квадрат је неопхо-дан, jeр у супротном једначина, сем тривијалног (хо, уо) = (1, 0) нема других решења.

У расветљавању алгоритма за решавање Пелове једначине могуће је више приступа, али су најуобичајнија два: геометријски и алгебарски. Могућ је и трећи, историјски приступ, који се заснива на примени Диофантовог метода (алгоритма).


9.1. АЛГЕБАРСКИ ПРИСТУП РЕШАВАЊУ ПЕЛОВЕ ЈЕДНАЧИНЕ
Из х2 – ру2 = 1, следи релација. Ова релација је врло употребљива за степеновање и остале алгебарске трансформације. Претпоставимо да поред тривијалног постоји и једно нетривијално решење, на пример (х1, у1). Ако је (х1, у1) једно нетривијално решење дате једначине, онда је .

9. Пелова једначина – 9.1. Алгебарски приступ


Нека је (хn, уn) уређени пар природних бројева који задовољава релацију х2 – ру2 = 1. Степеновањем дате једнакости са n добијају се нове релације = . Најма-ње од таквих решења (прецизније оно решење код којег је најмање) назива се основним решењем. Оно што није сасвим тривијално је да се докаже да ако је (хе, уе) основно решење, тада су претходним поступком описана сва решења Пелове једначине.36

''Када је основно решење познато, одређивање осталих решења


n, уn) може се извршити било описаним поступком степеновања, било формирањем рекурентне везе између два узастопна решења. Наиме, из релације следи нова релација: .
Изједначавањем рационалних и ирационалних делова једнакости добијају се рекуретне везе:

хn+1 = хе хn + р уе уn

уn+1 = уе хn + хе уn.

Низови (хn) и (уn) задовољавају претходно добијен систем дифере-нцних једначина, уз почетне услове: (хо, уо) = (1, 0). Из добијеног система диференцних једначина низови (хn) и (уn) се одређују рекурентно.

Могуће је извести и формуле за директно одређивање низова (хn) и (уn), при чему тражене формуле наводимо без одговарајућег доказа:37

хn =

уn = .

Пример 1. Одредити опште решење једначине х2 – 3у2 = 1.

9. Пелова једначина – 9.1. Алгебарски приступ


РЕШЕЊЕ: Тривијално решење ове једначине је (х0, у0) = (1, 0), а основно решење (хе, уе) = (7, 4). Тада су сва решења дате једначине у скупу природних бројева дефинисана формулама:

хn+1 = 7хn + 12уn, уn+1 = 4хn + 7уn.

а нека oд решења једначине дата су таблицом:


n

0

1

2

3

4

5

6

7

xn

1

7

97

1351

262087

3650401

50843527

708158977

yn

0

4

56

780

151316

2107560

29354524

408855776

9.2. ГЕОМЕТРИЈСКИ ПРИСТУП РЕШАВАЊУ ПЕЛОВЕ ЈЕДНАЧИНЕ

Пелова једначина х2 – ру2 = 1 (р  n2) у Декартовој координатној равни дефинише хиперболу. Посматрајмо само њену позитивну полуграну. Очигледно је да уређени пар (1, 0) представља тривијално решење дате једначине, а тачка (1, 0) представља тачку хиперболе чије су обе координате целобројне. Нека је (1, 0) = (х0, у0) и нека je (х1, у1); (х2, у2); ... (хn, уn) ... низ тачака које припадају датој хиперболи, а чије су обе координате целобројне.

Ако поред тачке (х0, у0), тј. тривијалног решења знамо још једно нетривијално решење, например (х1, у1), онда је могуће одредити трансформацију која ће генеристи и остала решења дате једначине. Та трансформација се може исказати следећим рекурентним формулама:

хn+1 = ахn + bуn

уn+1 = cхn + dуn

Бројеви а, b, c и d су целобројни коефицијенти које треба одредити тако да добијена трансформација дату хиперболу пресликава у саму себе.

Како је х1 = ах0 + bу0 и у1 = cх0 + dу0, и како је х0 = 1 и у0 = 0, то је очигледно а = х1 и с = у1. Дакле трансформација сада има облик

хn+1 = х1хn + bуn

уn+1 = у1хn + dуn.

9. Пелова једначина – 9.2. Геометријски приступ
Због хn+12 – руn+12 = 1, следи да je (х1хn + bуn)2 – р(у1хn + dуn)2 = 1. Одавде се квадрирањем добија хn212 - ру12) + 2хnуn(bx1 – рdy1) -
yn2(kd2 – b2) = 1. Како се траженом трансформацијом дата хипербола пресликава у саму себе, то је и хn2 – руn2 = 1, па због х12 – ру12 = 1 закључујемо да је bx1 – рdy1 = 0 и kd2 – b2 = р. Решавањем добијеног система једначина по траженим коефицијентима b и d добијају се њихове вредности: b = ру1 и d = х1.

Коначно тражена трансформација има облик

хn+1 = х1хn + ру1уn

уn+1 = у1хn + х1уn.

Очигледно је хn+12 – руn+12 = (х1хn + ру1уn)2 – k(у1хn + х1уn)2 =
хn212 – ру12) + 2хn yn(kх1у1 – ру1х1)– руn212 – ру12) = хn2 – руn2 = 1, што је доказ да добијене рекурентне формуле задовољавају дату једначину.

Очигледно је и дата трансформација линеарна и њена детерминанта је



= х12 – ру12 = 1.

То значи да је добијена трансформација унимодуларна, што обезбеђује да је добијено пресликавање бијективно, а то опет значи, да ако постоји бар једно нетривијално целобројно решење Пелове једначине


х2 – ру2 = 1, онда се добијеном рекурентном формулом може произвести бесконачно много целобројних решења.

Meђутим, одређивање основног решења је и само озбиљан проблем. У неким случајевима то може бити једноставно:

1) Ако је р = а2 – 1, онда је х2 – ру2 = х2 – (а2 – 1)у2 = 1. Следи да је
х2 – 1 = (а2 – 1)у2, па је основно решење (хе, уе) = (а, 1).

2) Ако је р = а2 + 1, онда је х2 – (а2 + 1)у2 = 1. Тада је х2 = а2у2 + у2 + 1. Да би а2у2 + у2 + 1 био потпун квадрат треба да је у2 = 2ау, па је у = 2а, а х = ау + 1 = 2а2 + 1. Значи да је (хе, уе) = (2а2 + 1, 2а).

3) Ако једначина х2 – ау2 = 1, има решење (може бити, а не мора бити основно) (хк, ук), онда једначина х2 – 4ау2 = 1, има решење (хк, ук/2), јер из хк2 – аук2 = 1 = х2 – 4ау2, следи х = хк и 4у2 = ук2. На пример основно решење за Пелову једначину х2 – 5у2 = 1 је (9, 4), а на основу тога се добија основно решење за х2 – 20у2 = 1 и оно је (9, 2).

9. Пелова једначина – 9.2. Геометријски приступ


3.1) Слична релација се може добити и ако се посматрају Пелове једначине х2 – ау2 = 1 и х2 – 9ау2 = 1, јер ће свако решење (хк, ук) прве једначине генерисати основно решење (хк, ) друге једначине. Пример: ако је р = 7, онда је хе = 8, уе = 7. Следи за р = 7  9 = 63, хе = 8, уе = 1.

На основу ове три олакшице и нумеричких истраживања Пелове једначине могуће је формирати таблицу основних решења за првих четрдесетак природних вредности коефицијената р у Пеловој једначини


х2 – ру2 = 1:

р

хе

уе

р

хе

уе

р

хе

уе

2

3

2

17

33

8

30

11

2

3

2

1

18

17

4

31

1520

273

5

9

4

19

170

39

32

17

3

6

5

2

20

9

2

33

23

4

7

8

3

21

21

55

34

35

6

8

3

1

22

197

42

35

6

1

10

19

6

23

24

5

37

73

12

11

10

3

24

5

1

38

37

6

12

7

2

26

51

10

39

25

4

13

649

180

27

26

5

40

19

3

14

15

4

28

127

24

41

2049

320

15

4

1

29

9801

1820

42

13

2

9.3. ЈЕДНАЧИНЕ ПЕЛОВОГ ТИПА

Под једначинама Пеловог типа подразумевају се једначине облика


х2 – ру2 = а, где је р природан број који није потпун квадрат и а цео број различит од 0.

Дакле, поставља се питање да ли постоји алгоритам за решавања једначине х2 – ру2 = а?

Нека је је (хо, уо) једно решење, а (хn, уn) опште решење једначине
х2 – ру2 = а у скупу природних бројева и нека је (хе, уе) основно решење једначине х2 – ру2 =1. Тада важе релације:

9. Пелова једначина – 9.3. Једначине Пеловог типа


х2 – ру2 = = а

хn2 – руn2 = = а

хе2 – руе2 = = = 1.

Из датих релација је



= = а.

Тада је очигледно = , што даје могућност за одређивање свих решења (хn, уn) једначине х2 – ру2 = а, ако су позната основна решења (хе, уе) једначине х2 – ру2 = 1 и (хо, уо) једначине х2 – ру2 = а.



Пример 2. Одредити опште решење једначине х2 – 2у2 = -1.

РЕШЕЊЕ: Тривијално решење дате једначине је (х0, у0) = (7, 5), а основно решење Пелове једначине х2 – 2у2 = 1 је (хе, уе) = (3, 2). Тада су сва решења дате једначине у скупу природних бројева дефинисана формулом:



. 

Алгоритам за одређивање тривијалних решења једначина Пеловог типа даје и следећи пример који наводимо без доказа: 38

Пример 3. Ако једначина х2 - ру2 = а има бар једно решење, онда постоје цео број n и решење (хо, уо) дате једначине, за које важи: ако је а 0 и ако је а 0, такви да је .

Пример 4. Одредити сва решења једначине х2 – 5у2 = 44 у скупу целих бројева.

9. Пелова једначина – 9.3. Једначине Пеловог типа


РЕШЕЊЕ: Одговарајућа Пелове једначине је х2 – 5у2 = 1 и њено основно решење је (хе, уе) = (9, 4). Применом претходне теореме добија се . То значи да је потенцијално уо  1, 2, 3, 4, 5. Провером се добија да условима задатка одговарају решења дате једначине (х0, у0)  (7, 1); (8, 2); (13, 5) .

Тада су сва решења дате једначине у скупу целих бројева дефинисана формулама:



где је n цео број. 

9.4. Примена једначина пеловог типа



Примери примене једначина Пеловог типа су многобројни, не само на решавање конкретних једначина Пеловог типа и једначина које се на њих своде, већ и на мноштво веома интересантних Диофантових проблема.

Пример 5. За дати природни број n oдредити један пар (х, у )природних бројева за које важи х2 – 2у2 = 1993n. 39

РЕШЕЊЕ: Како је х2 – 2у2 = = 1993n и како важи релација = 1993n јасно је да за бројеве х и у важи једнакост = . Дакле , па је

х = 45 n + 45 n-2 (4)2 + 45 n-4 (4)4 + ...

у = 45 n-1  4 + 45 n-3  43  2 + 45 n-5  45  22 + ...

9. Пелова једначина – 9.4. Примена једначина Пеловог типа
Очигледно је да се за сваки природан број n добија један пар природних бројева (х, у).

Пример 6. Одредити три узастопна природна броја чији је збир квадрата потпун квадрат.

РЕШЕЊЕ: Нека су тражени природни бројеви у - 1, у и у + 1. Из услова задатка следи да је (у – 1)2 + у2 + (у + 1)2 = х2. Следи да је х2 = 3у2 + 2. Како не постоји природан број х чији квадрат при дељењу са 3 даје остатак 2, то једначина нема решења. 

Овај пример показује да постоје Диофантове једначине Пеловог типа, као што је претходна х2 – 3у2 = 2, које немају решења. Следећи задатак указује на једну класу једначина Пеловог типа које имају решења.

Пример 7. Ако је р прост број облика 4к + 1, онда једначина
х
2 – ру2 = - 1 увек има целобројна решења.

РЕШЕЊЕ: Нека је (хе, уе) основно, дакле најмање нетривијално решење једна-чине х2 – ру2 = 1. Тада је хе2 = руе2 + 1. Ако је хе паран број, онда је број (4к+1)уе2  - 1 (mod 4) што је немогуће, па је очигледно хе непаран број. Тада су хе – 1 и хе + 1, два узастопна парна броја, па је


D(xe – 1, xe + 1) = 2. Kако је (xe – 1)(xe + 1) = руе2, то је један од бројева
xe – 1 и xe + 1 облика 2а2, а други облика 2рb2 (а и b су цели бројеви).

Претпоставимо да је xe + 1 = 2а2 и xe – 1 = 2рb2. Тада је 2а2 - 2рb2 = 2, па је а2 – рb2 = 1. Значи да је (а, b) једно нетривијално решење Пелове једначине х2 – ру2 = 1. Из (xe + 1)(xe – 1) = 2а2  2рb2 = руе2, следује да је


уе = 2аb.

Очигледно је а  хе и b  уе, што је противуречност са претпоставком да је (хе, уе) најмање решење Пелове једначине. Значи да је xe - 1 = 2а2 и xe + 1 = 2рb2. Одузимањем друге од прве једнакости добија се 2а2 – 2рb2 = -2, односно а2 - рb2 = - 1, па једначина х2 – ру2 = - 1 има решење (а, b), што је и требало доказати. 



Пример 8. Одредити све правоугле троуглове код којих су мерни бројеви катета разликују за 1. Да ли таквих троуглова има коначно или бесконачно много?

РЕШЕЊЕ: Из Питагорине једначине је познато да је постоје природни бројеви m и n такви да је х = 2mn и у = m2 – n2. Очигледно је да постоје две могућности: 2mn = m2 – n2 - 1 или 2mn = m2 – n2 + 1.

9. Пелова једначина – 9.4. Примена једначина Пеловог типа
1) Ако је m2 – n2 – 1 = 2mn, онда је m2 – 2mn + n2 - 2n2 = 1, односно
(m – n)2 – 2n2 = 1, па су m - n и n решења Пелове једначине a2 – 2b2 = 1.

2) Ако је m2 – n2 + 1 = 2mn, онда је m2 – 2mn + n2 - 2n2 = -1, односно (m – n)2 – 2n2 = - 1, па су m - n и n решења Пелове једначине a2 – 2b2 = -1.



Очигледно је да таквих троуглова има бесконачно много, а преглед првих неколико решења једне и друге једначине дајемо у следећој табели:

а2 – 2b2 = 1

a

B

m

n

x

y

z

3

2

5

2

20

21

29

17

12

29

12

696

697

985

99

70

169

70

23660

23661

33461

577

408

985

408

803760

803761

1136689

3363

2378

5741

2378

27304196

27304197

38613965

а2 – 2b2 = -1

1

1

2

1

4

3

5

7

5

12

5

120

119

169

41

29

70

29

4060

4059

5741

239

169

408

169

137904

137903

195025

1393

985

2378

985

4684660

4684659

6625109

ПРОБЛЕМИ ЗА УВЕЖБАВАЊЕ

  1. Ако су х и у природни бројеви одредити опште решење једначине
    х2 – 14у2 = 1.

  2. Постоје ли цели бројеви х и у такви да је 4х2 – 7у2 = 1.

  3. У скупу целих бројева решити једначину 3х2 – 2у2 = 1.

  4. Одредити целе бројеве х и у тако да је х2 + у2 + 1 = 4ху.

  5. Доказати да за сваки природан број m постоји бесконачно много парова (х,у) целих бројева таквих да је х2 – (m2 +1)у2 = 1.

  6. Доказати да постоји бесконачно много бројевних система у којима је број (210) потпун квадрат. Одредити два бројевна система која имају најмању основу.

  7. Ако и само ако је х члан Фибоначијевог низа, онда је један од бројева 5х2 + 4 или 5х2 – 4 потпун квадрат. Доказати.

9. Пелова једначина


  1. Ако су m и n природни бројеви и m = 2 + 2, онда је m потпун квадрат. Доказати.

  2. Троугаони бројеви су бројеви 1, 3, 6, 10, 15, 21 ... дакле они бројеви који представљају збир првих n узастопних природних бројева. Одредити све потпуне квадрате који су истовремено и троугаони бројеви. Да ли таквих троугаоних бројева има коначно или бесконачно много?

ПРОБЛЕМИ ЗА ИСТРАЖИВАЊЕ

  1. Испитати да ли правих Херонових троуглова код којих су странице узастопни природни бројеви има коначно или бесконачно много?

  2. Постоје ли природни бројеви n и к такав да је збир квадрата првих n природних бројева потпун квадрат: 12 + 22 + ... + n2 = к2? Да ли таквих бројева има коначно или бесконачно много?

  3. Очигледно је 83 – 73 = 169 = (22 + 32)2. Доказатаи да ако су х, у и z природни бројеви, онда једначина (х + 1)3 – х3 = (у2 + z2)2 има бесконачно много решења.




33 Јohn Pell (1610 – 1685. г.), енглески математичар

34 Ferma (Piere Fermat 1601-1665. г.), француски математичар

35 Јoseph Louis Lagrange (1736 – 1813. г.), француски математичар

36 Доказ ове чињенице видети у: Мићић, Владимир, Зоран Каделбург, Душан
Ђукић: Увод у теорију бројева – ДМС, Београд, 2004.

37 Доказ је елементаран и може се извести директно из релације
или решавањем добијеног система диференцних
једначина

38 Доказ ове чињенице може се видети у књизи Мићић Владимир, Каделбур Зоран,
Душан Ђукић: Увод у теорију бројева, Друштво математичара Србије, Београд,
2004,стр. 92 – 93.

39 Видети задатке са Мале олимпијаде у СФРЈ 1993. г.





Достарыңызбен бөлісу:




©dereksiz.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет