9. пелова једначина Х

жүктеу/скачать 203.62 Kb.

Дата	07.07.2016
өлшемі	203.62 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 Лагранж^³⁵, 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 (х_о, у_о) = (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 (х_n, у_n) 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 (х_е, у_е) основно решење, тада су претходним поступком описана сва решења Пелове једначине.^³⁶

''Када је основно решење познато, одређивање осталих решења

(х_n, у_n) 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:

х_n₊₁ = х_е х_n + р у_е у_n

у_n₊₁ = у_ех_n + х_еу_n.

Низови (х_n) и (у_n) задовољавају претходно добијен систем дифере-нцних једначина, уз почетне услове: (х_о, у_о) = (1, 0). Из добијеног система диференцних једначина низови (х_n) и (у_n) се одређују рекурентно.

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

х_n =

у_n = .

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 (х_е, у_е) = (7, 4). Тада су сва решења дате једначине у скупу природних бројева дефинисана формулама:

х_n₊₁= 7х_n+ 12у_n, у_n₊₁= 4х_n+ 7у_n.

а нека oд решења једначине дата су таблицом:

n	0	1	2	3	4	5	6	7
x_n	1	7	97	1351	262087	3650401	50843527	708158977
y_n	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); ... (х_n, у_n) ... 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:

х_n₊₁= ах_n+ bу_n

у_n₊₁= cх_n+ dу_n

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+ bу₀и у₁= cх₀+ dу₀, и како је х₀= 1 и у₀= 0, то је очигледно а = х₁и с = у₁. Дакле трансформација сада има облик

х_n₊₁= х₁х_n+ bу_n

у_n₊₁= у₁х_n+ dу_n.

9. Пелова једначина – 9.2. Геометријски приступ
Због х_n+1² – ру_n+1² = 1, следи да je (х₁х_n+ bу_n)² – р(у₁х_n+ dу_n)² = 1. Одавде се квадрирањем добија х_n²(х₁²_-ру₁²) + 2х_nу_n(bx₁ – рdy₁) -
y_n²(kd² – b²) = 1. Како се траженом трансформацијом дата хипербола пресликава у саму себе, то је и х_n² – ру_n² = 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

х_n₊₁= х₁х_n+ ру₁у_n

у_n₊₁= у₁х_n+ х₁у_n.

Очигледно је х_n+1² – ру_n+1² = (х₁х_n+ ру₁у_n)² – k(у₁х_n+ х₁у_n)²=
х_n²(х₁² – ру₁²) + 2х_n y_n(kх₁у₁– ру₁х₁)– ру_n²(х₁² – ру₁²) = х_n² – ру_n² = 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 (х_е, у_е) = (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 (х_е, у_е) = (2а² + 1, 2а).

3) Ако једначина х² – ау² = 1, има решење (може бити, а не мора бити основно) (х_к, у_к), онда једначина х² – 4ау²= 1, има решење (х_к, у_к/2), јер из х_к² – ау_к² = 1 = х² – 4ау², следи х = х_ки 4у² = у_к². 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 (х_к, у_к) прве једначине генерисати основно решење (х_к,

) друге једначине. Пример: ако је р = 7, онда је х_е = 8, у_е = 7. Следи за р = 7  9 = 63, х_е = 8, у_е = 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	х_е	у_е	р	х_е	у_е	р	х_е	у_е
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 (х_о, у_о) једно решење, а (х_n, у_n) опште решење једначине
х² – ру²= а у скупу природних бројева и нека је (х_е, у_е) основно решење једначине х² – ру²=1. Тада важе релације:

9. Пелова једначина – 9.3. Једначине Пеловог типа

х² – ру² =

= а

х_n² – ру_n²= = а

х_е² – ру_е² = = = 1.

Из датих релација је



= а.

Тада је очигледно = , што даје могућност за одређивање свих решења (х_n, у_n) једначине х² – ру² = а, ако су позната основна решења (х_е, у_е) једначине х² – ру² = 1 и (х_о, у_о) 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 (х_е, у_е) = (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 (х_о, у_о) 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 (х_е, у_е) = (9, 4). Применом претходне теореме добија се . То значи да је потенцијално у_о  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 = 45ⁿ + 45ⁿ^-2 (4)² + 45ⁿ^-4 (4)⁴ + ...

у = 45ⁿ^-1 4+ 45ⁿ^-3  4³  2 + 45ⁿ^-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
х² – ру² = - 1 увек има целобројна решења.

РЕШЕЊЕ: Нека је (х_е, у_е) основно, дакле најмање нетривијално решење једна-чине х² – ру² = 1. Тада је х_е² = ру_е² + 1. Ако је х_е паран број, онда је број (4к+1)у_е²  - 1 (mod 4) што је немогуће, па је очигледно х_е непаран број. Тада су х_е – 1 и х_е + 1, два узастопна парна броја, па је

D(x_e – 1, x_e + 1) = 2. Kако је (x_e – 1)(x_e + 1) = ру_е², то је један од бројева
x_e – 1 и x_e + 1 облика 2а², а други облика 2рb² (а и b су цели бројеви).

Претпоставимо да је x_e + 1 = 2а² и x_e – 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 (x_e + 1)(x_e – 1) = 2а² 2рb²= ру_е², следује да је

у_е = 2аb.

Очигледно је а  х_еи b  у_е, што је противуречност са претпоставком да је (х_е, у_е) најмање решење Пелове једначине. Значи да је x_e - 1 = 2а² и x_e + 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

Ако су х и у природни бројеви одредити опште решење једначине
х² – 14у² = 1.
Постоје ли цели бројеви х и у такви да је 4х² – 7у² = 1.
У скупу целих бројева решити једначину 3х² – 2у² = 1.
Одредити целе бројеве х и у тако да је х² + у² + 1 = 4ху.
Доказати да за сваки природан број m постоји бесконачно много парова (х,у) целих бројева таквих да је х² – (m² +1)у² = 1.
Доказати да постоји бесконачно много бројевних система у којима је број (210) потпун квадрат. Одредити два бројевна система која имају најмању основу.
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

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

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

жүктеу/скачать 203.62 Kb.

Достарыңызбен бөлісу: