Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike Dajana Borojević Pellove jednadžbe i problem stoke Završni rad Osijek, 207.
Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike Dajana Borojević Pellove jednadžbe i problem stoke Završni rad Mentor: izv. prof. dr. sc. Ivan Matić Osijek, 207.
Sažetak. U ovom završnom radu upoznat ćemo se s Pellovim jednadžbama i nekim metodama za njihovo rješavanje. Pokazat ćemo usku povezanost Pellovih jednadžbi s diofantskim aproksimacijama i verižnim razlomcima. Rad takoder sadrži riješene primjere i probleme koji se svode na analizu skupa rješenja Pellove jednadžbe, gdje je naglasak na Arhimedovom problemu stoke. Ključne riječi: Pellove jednadžbe, verižni razlomci, Arhimedov problem stoke Abstract. In this final paper we will be introduced to Pell s equations and some methods for their solutions. We will show their tihgt connection to diophantine approximation and continued fractions. Paper also contains solved examples and problems which are reduced to the study of the set of solutions of Pell s equation, where the accent is on Archimedes cattle problem. Key words: Pell s equation, continued fraction, Archimedes cattle problem
Sadržaj Uvod 2 Verižni razlomci 2 3 Pellove jednadžbe 9 3. Osnovni pojmovi i rješenja Pellove jednadžbe................. 9 3.2 Primjeri...................................... 2 4 Arhimedov problem stoke 6
Uvod Pellove jednadžbe su posebna vrsta diofantskih jednadžbi. Diofantskim jednadžbama se bavio već starogrčki matematičar Diofant iz Aleksandrije (oko 250.g.) i njemu u čast su dobile ime. To su algebarske jednadžbe s dvjema ili više nepoznanica koje imaju cjelobrojne koeficijente, kojima se traže najčešće cjelobrojna ili pak racionalna rješenja. Pellova jednadžba je diofantska jednadžba oblika x 2 dy 2 =, gdje je d prirodan broj i nije potpun kvadrat. Ona je jedna od najstarijih i najvažnijih diofantskih jednadžbi drugog reda. Dobila je ime po engleskom matematičaru Johnu Pellu, iako ne postoje dokazi da se on bavio njome. Po svemu sudeći Euler mu je pogrešno pripisao zasluge za njihovo rješavanje proglasivši Pella da je bio prvi koji je proučavao netrivijalna rješenja jednadžbe x 2 dy 2 = (x, y 0). No, još su se starogrčki matematičari bavili pojedinačnim jednadžbama ovog tipa, pa je tako Teon iz Smirne pomoću rješenja jednadžbe x 2 2y 2 = aproksimirao iracionalan broj 2 racionalnim brojem x, dok je y Arhimed poopćio tu tvrdnju pokazavši da ako su x i y velika rješenja jednadžbe x 2 dy 2 =, onda je x dobra aproksimacija iracionalnog broja d. Arhimed je takoder zaslužan za y otkrivanje još jedne poznate Pellove jednadžbe. On je u formi epigrama od 44 retka postavio numerički zahtjevan problem, takozvani problem stoke, kojem rješenje nalazimo pomoću Pellove jednadžbe, o čemu ćemo govoriti malo kasnije u radu. Ovim jednadžbama su se takoder bavili i srednjovjekovni indijski matematičari (Baudhayana, Brahmagupta, Bhaskara II.), a od europskih matematičara metode za rješavanje Pellovih jednadžbi dali su Brouncher, Fermat, Euler i Lagrange.
2 Verižni razlomci U pronalasku rješenja Pellovih jednadžbi od velike koristi će nam biti veza Pellovih jednadžbi s diofantskim aproksimacijama, te preko njih s verižnim razlomcima. Realnom broju se na različite načine mogu pridružiti racionalni brojevi koji ga dobro aproksimiraju, a jedna od najkorisnijih metoda za to je verižni razlomak. Stoga ćemo se prvo upoznati s osnovnim pojmovima vezanim uz verižni razlomak. Neka je α proizvoljan realan broj. Najprije stavimo a 0 = α. Ako je a 0 α, zapišimo α u obliku α = a 0 + α, tako da je α >, te neka je a = α. Ako je a α, zapišimo α u obliku α = a + α 2, tako da je α 2 >, te neka je a 2 = α 2. Ukoliko je a n α n, za svaki n, ovaj postupak možemo nastaviti u nedogled. Ukoliko je a n = α n, za neki n, postupak staje i dobivamo izraz oblika: α = a 0 + a + a 2 +... + a n Njega ćemo kraće zapisivati u obliku α = [a 0, a, a 2,..., a n ]. Pogledajmo na kratkom primjeru kako to izgleda.. () Primjer 2.. Neka je α = 90. Redom je tada a 77 0 =, α = 77, a 3 = 5, α 2 = 3, a 2 2 =, α 3 = 2, a 3 = 2. Kako je a 3 = α 3, postupak staje i racionalan broj 90 zapisujemo u obliku: 77 odnosno, 90 77 90 77 = + 3 77 = + = + 77 5 + 2 = + 5 + = + 3 3 3 2 = [, 5,, 2]. 5 + + 2 Ako je a 0 cijeli broj, a,..., a n prirodni brojevi, izraz oblika () nazivamo razvoj broja α u jednostavni verižni razlomak. Brojevi a 0, a, a 2,... nazivaju se parcijalni kvocijenti, a brojevi p n q n = [a 0, a,..., a n ] se nazivaju parcijalne konvergente od α. Ukoliko je a n = α n, za neko n, dobili smo konačni razvoj broja α u jednostavni verižni razlomak, te je u tom slučaju α racionalan broj. Primijetimo da ako je α = a, brojevi b a 0, a, a 2,... su upravo kvocijenti iz Euklidovog algoritma primjenjenog na brojeve a i b. Prikažimo to na Primjeru 2.: 90 = 77 + 3 77 = 3 5 + 2 3 = 2 + 2 = 2 2,
Kvocijenti, 5,, 2 su parcijalni kvocijenti u razvoju broja 90 u verižni razlomak. 77 Napomenimo da Euklidov algoritam funkcionira samo za razvoj racionalnih brojeva u verižni razlomak, tj. onda kada je a n = α n, za neki n. Neka je sada a n α n, za svaki n. Pokazat ćemo da to odgovara razvoju iracionalnih brojeva u verižni razlomak. Teorem 2.. Brojevi p n i q n zadovoljavaju rekurzije p n = a n p n + p n 2, p 0 = a 0, p = a 0 a + ; q n = a n q n + q n 2, q 0 =, q = a. Dokaz. Za n = 2 tvrdnja se provjerava direktno. Pretpostavimo da je n > 2 i da tvrdnja vrijedi za n. Definirajmo brojeve p j, q j sa p j = [a q j, a 2,..., a j+ ]. Tada je p n = a n p n 2 + p n 3, q n = a n q n 2 + q n 3. No, p j = a 0 + q j [a,..., a j ] = a 0 + q j p j Stoga je p j = a 0 p j + q j, q j = p j. Prema tome, p n = a 0 (a n p n 2 + p n 3) + (a n q n 2 + q n 3) = a 0p j + q j. p j = a n (a 0 p n 2 + q n 2) + (a 0 p n 3 + q n 3) = a n p n + p n 2, q n = a n p n 2 + p n 3 = a n q n + q n 2. Dogovorno uzimamo da je p 2 = 0, p =, q 2 =, q = 0, uz što lako vidimo da Teorem 2. vrijedi za sve n 0. Teorem 2.2. Za sve n vrijedi q n p n p n q n = ( ) n. Dokaz. Dokaz provodimo indukcijom. Za n = imamo: q p 2 p q 2 = 0 0 = ( ). Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n. Tada je q n p n p n q n = (a n q n + q n 2 )p n (a n p n + p n 2 )q n = (q n p n 2 p n q n 2 ) = ( ) n = ( ) n. Iz prethodnog teorema direktno slijedi da su brojevi p n i q n relativno prosti. Teorem 2.3. Vrijede sljedeće tvrdnje:. p 0 q 0 < p 2 q 2 < p 4 q 4 <..., 2. p q > p 3 q 3 > p 5 q 5 >..., 3
3. Ako je n paran, a m neparan, onda je pn q n Teorem 2.4. < pm q m. p n lim = α n q n Dokaz. Kako je p 0 q 0 < p 2 q 2 < < p p n q, za paran n, lim n za neparan n. ( ) n lim n Ali ta dva limesa su jednaka jer je p n q n p n = 0. Neka je β = lim. q n q n n q n q n postoji. Slično, limes postoji i pn q n = ( )n q n q n i zbog q n n je Iz definicije brojeva α, α 2,... slijedi da je α = [a 0, a,..., a n, α n+ ], gdje je 0 < α n+ To znači da α leži izmedu brojeva pn q n i p n+ q n+. Prema Teoremu 2.3, to znači da je pn q n < α < p n+ q n+ za n paran i p n+ q n+ < α < pn q n za n neparan. Dakle, α = β. Sada možemo zaključiti da ako je α racionalan broj, onda je a n = α n, za neki n. No, ako je α iracionalan broj, onda uvodimo oznaku lim [a 0, a,..., a n ] = [a 0, a, a 2,... ]. Ako n je α = [a 0, a, a 2,... ], tj. α = a 0 +, a + a 2 +... taj izraz zovemo razvoj od α u beskonačni jednostavni verižni razlomak. Teorem 2.5 (Legendre). Neka su p, q cijeli brojevi takvi da je q i α p q < 2q. 2 Tada je p q neka konvergenta od α. Dokaz. Ako je α = p tvrdnja je trivijalno zadovoljena. Pretpostavimo stoga da je α p. q q Tada možemo pisati α p = εϑ, gdje je 0 < ϑ < i ε = ±. q q 2 2 Neka je p q = [b 0, b,..., b n ] razvoj od p q u jednostavni verižni razlomak, gdje je n izabran tako da vrijedi ( )n = ε. To uvijek možemo postići jer je [a 0, a,..., a m ] = [a 0, a,..., a m, ]. Definirajmo ω sa α = ωp n + p n 2 ωq n + q n 2, tako da je α = [b 0, b,..., b n, ω]. Vrijedi formula q n α p n = q n αn+p n+p n α n+ q n+q n p n = prema kojoj je onda a n+. ( ) n α n+ q n+q n, za α = [a 0, a,..., a n, a n+ ], εϑ q = α p 2 q = (αq n p n ) = ( ) n, q n q n ωq n + q n 2 q pa je ϑ = n ωq n +q n 2. Rješavanjem ove relacije dobivamo ω = q n 2 ϑ q n. Odavde slijedi da je ω > 2 =. Razvijmo ω u (konačan ili beskonačan) jednostavan verižni razlomak, ω = [b n, b n+, b n+2,... ]. 4
Kako je ω >, svi b j (j = n, n +,... ) su prirodni brojevi. Stoga je razvoj u jednostavni verižni razlomak od α i je konvergenta od α, što je trebalo dokazati. α = [b 0, b,..., b n, b n, b n+,... ] p q = p n q n = [b 0, b,..., b n ] Definicija 2.. Za beskonačni verižni razlomak [a 0, a, a 2,... ] kažemo da je periodski ako postoje cijeli brojevi k 0, m takvi da je a m+n = a n za sve n k. Tada verižni razlomak pišemo u obliku [a 0, a,..., a k, a k, a k+,..., a k+m ], gdje crta iznad brojeva a k, a k+,..., a k+m znači da se taj blok ponavlja u nedogled. Pretpostavljamo da je broj m najmanji broj sa gornjim svojstvom, te ga zovemo duljina perioda. Za periodski verižni razlomak kažemo da je čisto periodski ako je k = 0, tj. ako nema početni blok koji se ne ponavlja. Primjer 2.2. Promotrimo sljedeće primjere: (i) Neka je β = [3, 4, 3, 4,... ] = [3, 4]. Tada je β = 3 +. 4 + β Sredivanjem izraza dobijemo β = 3β + 3 4β +, tj. kvadratnu jednadžbu 4β2 2β 3 = 0, a zbog β > 0, za korijen jednadžbe dobivamo β = 3 + 2 3. 2 (ii) Neka je sada α = [2, 3, 3, 4]. Uočimo da je tada α = [2, 3, β], pa imamo α = 2 + 3 + = 2 + β 3β + = 23 + 4 3. 3 β Ovaj primjer ilustrira opću situaciju. Definicija 2.2. Za iracionalan broj α kažemo da je kvadratna iracionalnost ako je α korijen kvadratne jednadžbe s racionalnim (cjelobrojnim) koeficijentima i pozitivnom diskriminantom. Primijetimo da je kvadratna iracionalnost α oblika a± b, za c 0 i b > 0 koji nije potpun c kvadrat. Teorem 2.6 (Euler, Lagrange). Razvoj u jednostavni verižni razlomak realnog broja α je periodski ako i samo ako je α kvadratna iracionalnost. 5
Dokaz. Neka je α = [b 0, b,..., b k, a 0, a,..., a m ], te neka je β = [a 0, a,..., a m ], tj. neka je β čisto periodski dio od α. Iz β = [a 0, a,..., a m, β] slijedi da je β = βp m + p m 2 βq m + q m 2, što je kvadratna jednadžba za β (s cjelobrojnim koeficijentima). Budući da je β iracionalan (jer mu je razvoj beskonačan), to je β kvadratna iracionalnost. Zapišimo α pomoću β: βp + p α = βq + q, (2) gdje su p i p zadnje dvije konvergente od [b q q 0, b,..., b k ]. No, kako β ima oblik a+ b, iz (2) c slijedi da i α ima isti oblik. Budući da α nije racionalan, prvi dio teorema je dokazan. Dokažimo sada obrat. Neka je α kvadratna iracionalnost, tj. neka je α = a+ b, a, b, c Z c b > 0, c 0 i b nije potpun kvadrat. Pomnožimo li brojnik i nazivnik od α sa c, dobivamo α = ac + bc 2 ili α = ac + bc 2, c 2 c 2 u ovisnosti o tome je li c pozitivan ili negativan. Stoga α možemo zapisati u obliku α = s 0 + d t 0, gdje su d, s 0, t 0 Z, t 0 0, d nije potpun kvadrat i t 0 (d s 2 0). Sada ćemo opisati razvoj [a 0, a,... ] u jednostavni verižni razlomak broja α. Neka je α 0 = α, te neka je Imamo: a i = α i, α i a i = s i + d a i t i t i = α i = s i + d t i, s i+ = a i t i s i, t i+ = d s2 i+ t i. (3) d si+ t i = d s2 i+ t i ( d + s i+ ) = t i+ d + si+ = α i+, pa je zaista α = [a 0, a,... ]. Pokažimo matematičkom indukcijom da su s i, t i cijeli brojevi takvi da je t i 0 i t i (d s 2 i ). To vrijedi za i = 0. Ako tvrdnja vrijedi za neki i, onda iz s i+ = a i t i s i slijedi da je s i+ cijeli broj. Relacija t i+ = d s2 i+ t i = d s2 i t i + 2a i s i a 2 i t i pokazuje da je i t i+ cijeli broj. Nadalje, t i+ 0, u suprotnom bi d = s 2 i+ bio potpun kvadrat. Konačno, iz t i = d s2 i+ t i+ slijedi da t i+ (d s 2 i+). Označimo sada sa α i konjugat od α i, tj. α i = s i d t i. Budući da je konjugat kvocijenata jednak kvocijentu konjugata, imamo α 0 = α np n +p n 2 α n q n +q n 2. Odavde je α n = q n 2 q n ( α 0 p n 2 q n 2 α 0 p n q n 6 ).
Kada n, p n q n i p n 2 q n 2 teže prema α 0, a α 0 α 0. Stoga izraz u zagradi teži prema, pa je zbog toga pozitivan za dovoljno velike n, recimo za n > N. Sada je za n > N broj α n negativan. Ali, α n je pozitivan za n, pa je α n α n = 2 d t n > 0. Dakle, t n > 0 za n > N. Nadalje, za n > N imamo dok iz α n > i upravo dokazanog slijedi s 2 n < s 2 n + t n t n = d = s n < d, t n < s n + d < 2 d. Iz ovoga slijedi da uredeni parovi (s n, t n ) mogu poprimiti samo konačno mnogo vrijednosti, pa postoje prirodni brojevi j, k, j < k, takvi da je s j = s k, t j = t k. Sada (3) povlači da je α j = α k, pa je α = [a 0,..., a j, a j, a j+,..., a k ], što je i trebalo dokazati. Primijetimo da iz dokaza Teorema 2.6 slijedi algoritam za razvoj kvadratnih iracionalnosti u verižni razlomak, formule (3). Primjer 2.3. Razvijmo broj α = 5+ 7 u verižni razlomak. 6 Imamo d = 7, s 0 = 5, t 0 = 6, α 0 = 5+ 7. Vidimo da vrijedi t 6 0 (d s 0 2), tj. 6 (7 5 2 ), pa počnimo s postupkom (3) i raspišimo to tablično: i s i t i α i a i 5+ 0 5 6 7 6 + 7 3 2+ 2 2 3 7 3 + 3 2 7 2 + 4 3 7 3 2+ 5 2 7 4 6 2 3 Vidimo da je s 2 = s 6, t 2 = t 6, pa će biti α = [, 3,,,, 4]. Teorem 2.7. Kvadratna iracionalnost α ima čisto periodski razvoj u jednostavni verižni razlomak ako i samo ako je α > i < α < 0, gdje je α konjugat od α. (Za takvu kvadratnu iracionalnost kažemo da je reducirana.) Dokaz. Neka je α > i < α < 0. Stavimo α 0 = α, te definirajmo rekurzivno α i kao α i+ = α i a i. Tada je = α i a i. (4) α i+ Sada je a i za sve i 0 (čak i za i = 0 zbog α > ). Zbog toga, ako je α i < 0, onda je <, odnosno < α α i+ < 0. Kako je < α 0 < 0, indukcijom slijedi da je i+ < α i < 0 za sve i 0. Sada iz (4) slijedi 0 < a α i+ i <, tj. a i =. α i+ 7
Iz Teorema 2.6 slijedi da postoje prirodni brojevi takvi da je j < k i α j α j = α k, te a j = = = a α j α k k, = α k. Sada je α j = a j + α j = a k + α k = α k. Dakle, α j = α k povlači da je α j = α k. Primjenimo li ovu implikaciju j puta, dobivamo α 0 = α k j, tj. α = [a 0, a,..., a k j ]. Obrnuto, pretpostavimo da je razvoj od α čisto periodski, α = [a 0, a,..., a n ], a 0, a,..., a n N (zbog a 0 = a n ). Imamo: α > a 0. Takoder je α = [a 0,..., a n, α] = αp n + p n 2 αq n + q n 2. Prema tome, α zadovoljava kvadratnu jednadžbu f(x) = x 2 q n + x(q n 2 p n ) p n 2 = 0, koja ima dva korijena, α i α. Budući da je α >, dovoljno je provjeriti da f(x) ima korijen izmedu i 0. To ćemo provjeriti tako da pokažemo da f( ) i f(0) imaju različite predznake. Vidimo da je f(0) = p n 2 < 0, a f( ) = q n q n 2 + p n p n 2 > 0 8
3 Pellove jednadžbe 3. Osnovni pojmovi i rješenja Pellove jednadžbe U ovom poglavlju upoznat ćemo se s Pellovim jednadžbama i njihovim rješenjima, te vidjeti kako su rješenja povezana s verižnim razlomcima. Definicija 3.. Diofantska jednadžba x 2 dy 2 =, (5) gdje je d N i d nije potpun kvadrat, zove se Pellova jednadžba. Općenito, jednadžba oblika x 2 dy 2 = N, (6) gdje je d kao gore i N N, zove se pellovska jednadžba. Ako je d N potpun kvadrat, tj. d = c 2, c Z tada jednadžba (5) ima samo trivijalna rješenja. Naime iz (x cy)(x + cy) = slijedi x cy = x + cy = ±. Ako je d Z, d 0, jednadžba takoder ima samo trivijalno rješenje (x, y) = (±, 0). Analogno vidimo da ako je d 0 ili ako je d potpun kvadrat, jednadžba (6) ima najviše konačno mnogo rješenja. Rješenje (x, y ) u prirodnim brojevima jednadžbe (5) zvat ćemo najmanjim netrivijalnim rješenjem (fundamentalnim rješenjem) te jednadžbe ako za svako drugo rješenje (x 2, y 2 ) u prirodnim brojevima iste jednadžbe vrijedi x < x 2. Uočimo da vrijedi: (x, y ) je najmanje rješenje jednadžbe ako i samo ako vrijedi: x + y d < x2 + y 2 d. (7) To se može vidjeti iz sljedećeg: x 2 dy 2 = x 2 2 dy 2 2 povlači da je x 2 x 2 2 = d(y 2 y 2 2) pa je x < x 2 ako i samo ako y < y 2. Stoga je (7) moguće ako i samo ako je x < x 2. Najmanje netrivijalno rješenje Pellove jednadžbe često nije lako naći. U nekim slučajevima, to ipak nije pretežak posao, kao npr. za jednadžbu x 2 2y 2 =. Njezino najmanje rješenje u prirodnim brojevima dano je s (x, y) = (3, 2). No, napomenimo kako je najmanje rješenje jednadžbe x 2 6y 2 = dano s (x, y) = (76639049, 22653980). U nastavku ćemo pokazati da Pellova jednadžba uvijek ima beskonačno mnogo rješenja, svako od njih se može dobiti pomoću najmanjeg, a u tome će nam od velike koristi biti razvoj broja d u verižni razlomak. Teorem 3.. Ako prirodan broj d nije potpun kvadrat, onda razvoj u jednostavni verižni razlomak od d ima oblik: d = [a0, a, a 2,..., a r, 2a 0 ], gdje je a 0 = d, a a,..., a r su centralno simetrični, tj. a = a r, a 2 = a r 2,.... Nadalje, u (3) uz α 0 = d, t 0 =, s 0 = 0, imamo t i i t i = ako i samo ako r i (r označava duljinu najmanjeg perioda u razvoju od d). Dokaz. Promotrimo broj β = d + d. Očito je broj β reduciran, pa po Teoremu 2.7 ima čisto periodičan razvoj d + d = [b0, b,..., b r ] = [b 0, b,..., b r, b 0 ]. (8) 9
Razvoj od β i d se razlikuju samo u prvom članu, tj. b i = a i za i. Uočimo da je b 0 = d + d = 2 d. Sada je d = d + β = d + [2 d, b,..., b r, b 0 ] = [ d, b,..., b r, b 0 ] = [a 0, a,..., a r, 2a 0 ]. Da bi dokazali centralnu simetričnost, uočimo da je β = b 0 + β, gdje je β = ( d d ) = = = zbog (4) = β β r = [b r, b r 2,..., b 0, β ] = [b r, b r 2,..., b 0 ]. [ b r, ] =... β r Dakle, β = [b 0, b r, b r 2,..., b 0 ]. Usporedimo li ovo s (8), dobivamo da je b = b r, b 2 = b r 2.... Budući da je r duljina najmanjeg perioda, imamo da je β i = β ako i samo ako r i. Ako sada primjenimo algoritam (3) na β 0 = d+ d, t 0 =, s 0 = d, onda za sve j 0 imamo: s jr + d = β jr = β 0 = s 0 + d = d + d, t jr t 0 odnosno s jr t jr d = (t jr ) d, pa je t jr = jer je d iracionalan. Nadalje, t i za sve ostale vrijednosti od i. Zaista, t i = povlači β i = s i + d. No, β i ima čisto periodski razvoj, pa je po Teoremu 2.7, < s i d < 0. Odavde je d < s i < d, tj. s i = d, pa je β i = β, što povlači da r i. Neka je sada t i =. Onda je β = s i d, pa Teorem 2.7 povlači da je s i d > i < s i + d < 0, pa je d < s i < d, što je očito nemoguće. Teorem 3.2. p 2 n dq 2 n = ( ) n+ t n+, za sve n. Dokaz. Iz (3) imamo: d = α0 = α n+p n + p n = (s n+ + d)pn + t n+ p n α n+ q n + q n (s n+ +. d)q n + t n+ q n Budući da je d iracionalan, slijedi s n+ q n + t n+ q n p n = 0, s n+ p n + t n+ p n dq n = 0. Eliminirajući s n+, dobivamo p 2 n dqn 2 = (p n q n p n q n )t n+ = ( ) n t n+. 0
Teorem 3.3. Neka je d prirodan broj koji nije potpun kvadrat, te neka su pn q n konvergente u razvoju od d. Neka je N cijeli broj, N < d. Tada svako pozitivno rješenje x = u, y = v jednadžbe x 2 dy 2 = N, takvo da je (u, v) =, zadovoljava u = p n, v = q n za neki n N. Dokaz. Neka su E, M N takvi da je (E, M) = i E 2 ϱm 2 = σ, gdje je ϱ iracionalan i 0 < σ < ϱ, σ i ϱ su realni brojevi, ne nužno cijeli. Tada je E σ ϱ = M M(E+M pa je ϱ) 0 < E M ϱ < ϱ M(E + M ϱ) = q M 2 ( E M + ) < 2M. 2 ϱ Po Teoremu 2.5, E je konvergenta u razvoju od ϱ. M Ako je N > 0, uzmimo σ = N, ϱ = d, E = u, M = v, pa dobivamo tvrdnju teorema u ovom slučaju. Ako je N < 0, onda je v 2 d u2 = N, pa možemo uzeti σ = N, ϱ =, E = v, M = u. d d d Dobivamo da je v konvergenta u razvoju od u d. No, ako je v n-ta konvergenta od u d, onda je u(n )-va konvergenta od d, pa je teorem dokazan i u ovom slučaju. v Iz Teorema 3., 3.2 i 3.3 neposredno slijedi: Teorem 3.4. Sva rješenja u prirodnim brojevima jednadžbi x 2 dy 2 = ± nalaze se medu x = p n, y = q n, gdje su pn q n konvergente u razvoju od d. Neka je r duljina perioda u razvoju od d. Ako je r paran, onda jednadžba x 2 dy 2 = nema rješenja, a sva rješenja od x 2 dy 2 = su dana s x = p nr, y = q nr za n N. Ako je r neparan, onda su sva rješenja jednadžbe x 2 dy 2 = dana s x = p nr, y = q nr za n neparan, dok su sva rješenja jednadžbe x 2 dy 2 = dana s x = p nr, y = q nr za n paran. Teorem 3.5. Ako je (x, y ) najmanje rješenje u prirodnim brojevima jednadžbe x 2 dy 2 =, onda su sva rješenja ove jednadžbe dana s (x n, y n ) za n N, gdje su x n i y n prirodni brojevi definirani s x n + y n d = (x + y d) n. (9) Dokaz. Iz (9) slijedi x n y n d = (x y d) n, pa je x 2 n dy 2 n = (x 2 dy 2 ) n =, što znači da su (x n, y n ) zaista rješenja. Pretpostavimo sada da je (s, t) rješenje koje se ne nalazi u familiji {(x n, y n ) : n N}. Budući da je x + y d > i s + t d >, postoji m N takav da je Pomnožimo li (0) s (x y d) m, dobivamo (x + y d) m < s + t d < (x + y d) m+. (0) < (s + t d)(x y d) m < x + y d.
Definirajmo a, b Z s a + b d = (s + t d)(x y d) m. Imamo: a 2 db 2 = (s 2 dt 2 )(x 2 dy 2 ) m =. Iz a + b d > slijedi 0 < a b d <, pa je 2a = (a + b d) + (a b d) > 0, 2b d = (a + b d) (a b d) > 0. Stoga je (a, b) rješenje u prirodnim brojevima jednadžbe x 2 dy 2 = i a+b d < x +y d, što je kontradikcija s pretpostavkom da je (x, y ) najmanje rješenje. Teorem 3.6. Neka je (x n, y n ), n N niz svih rješenja Pellove jednadžbe x 2 dy 2 = u prirodnim brojevima, zapisan u rastućem redosljedu. Uzmimo da je (x 0, y 0 ) = (, 0). Tada vrijedi: x n+2 = 2x x n+ x n, y n+2 = 2x y n+ y n, n 0. Dokaz. Vrijedi x n + y n d = (x + y d) n. Odavde je (x n+ + y n+ d)(x + y d) = xn+2 + y n+2 d, (x n+ + y n+ d)(x y d) = xn + y n d. Sada izjednačavanjem slobodnih članova imamo x n+2 = x x n+ + dy y n+, x n = x x n+ dy y n+, odakle zbrajanjem dobivamo x n+2 = 2x x n+ x n. Analognim računom, tj. izjednačavanjem članova uz d imamo y n+2 = x y n+ + y y n+, y n = x y n+ y x n+, pa ponovo zbrajanjem dobivamo y n+2 = 2x y n+ y n. 3.2 Primjeri Proučimo sada neke primjere i probleme koji se se svode na analizu skupa rješenja Pellove jednadžbe. Primjer 3.. Nadimo najmanja rješenja jednadžbi x 2 29y 2 = i x 2 29y 2 = u prirodnim brojevima (ako postoje). Rješenje. Razvijmo broj 29 u verižni razlomak koristeći postupak (3). i s i t i α i a i 0 0 29 5 5+ 5 4 29 2 4 3+ 2 3 5 29 5 2+ 3 2 5 29 5 3+ 4 3 4 29 2 4 5+ 5 5 29 0 6 5 4 2
Kako je s = s 6, t = t 6 razvoj od 29 u verižni razlomak je oblika 29 = [5, 2,,, 2, 0], iz čega vidimo da je period r = 5 neparan. Tada je prema Teoremu 3.4 najmanje rješenje od x 2 29y 2 = dano s (p 5, q 5 ) = (p 4, q 4 ), a najmanje rješenje od x 2 29y 2 = s (p 2 5, q 2 5 ) = (p 9, q 9 ). Sada prema Teoremu 2. računamo p i, q i, za i =, 0,,..., 9. i a i p i q i 0 0 5 5 2 2 2 6 3 3 27 5 4 2 70 3 5 0 727 35 6 2 524 283 7 225 48 8 3775 70 9 2 980 820 Dakle, (p 4, q 4 ) = (70, 3), (p 9, q 9 ) = (980, 820). Uočimo da je (70 + 3 29) 2 = 980 + 820 29. Primjer 3.2. Neka je (x n, y n ) rastući niz rješenja Pellove jednadžbe x 2 dy 2 = u prirodnim brojevima. Pokažimo da za sve prirodne brojeve m, n vrijedi x n+m = x m x n + dy m y n, y n+m = x m y n + y m x n, x 2m = ( xm + dy ) m. y 2m 2 y m x m Rješenje. Dokaz provodimo indukcijom po m. Uvrštavanjem m = u prve dvije jednakosti dobivamo x n+ = x x n + dy y n, y n+ = x y n + y x n. Prema računu kojeg smo koristili u dokazu Teorema 3.6, izjednačavanjem slobodnih članova i članova uz d, gornje jednakosti vrijede za svaki prirodni broj n. Pretpostavimo da jednakost vrijedi za m = k, tj. x n+k = x k x n + dy k y n, y n+k = x k y n + y k x n. Pokažimo istinitost za m = k +. Koristeći rezultate baze i pretpostavke indukcije slijedi x n+k+ = x x n+k + dy y n+k = x (x k x n + dy k y n ) + dy (x k y n + y k x n ). Množenjem i grupiranjem članova dobivamo x n+k+ = x n (x x k + dy y k ) + dy n (x y k + y x k ) = x k+ x n + dy k+ y n. Time je dokazana prva jednakost. Analognim računom se pokaže i istinitost druge jednakosti, tj. y n+k+ = x k+ y n + y k+ x n. 3
Posljednju jednakost dobivamo dijeljenjem prve jednakosti drugom, uz uvjet m = n. x 2m = x mx m + dy m y m = ( xm + dy ) m. y 2m 2x m y m 2 y m x m Primjer 3.3. Neka su m i d proizvoljni prirodni brojevi i d nije potpun kvadrat. Pokažimo da postoji beskonačno mnogo rješenja Pellove jednadžbe x 2 dy 2 = pri čemu je y djeljiv s m. Rješenje. Neka je y djeljiv s m. To znači da postoji k Z takav da je y = mk, m N. Trebamo pokazati da Pellova jednadžba x 2 dy 2 = uz taj uvjet ima beskonačno mnogo rješenja. Uvrštavanjem dobivamo jednadžbu Kvadriranjem i grupiranjem imamo Označimo li dk 2 s d, dobivamo jednadžbu x 2 d(mk) 2 =. x 2 (dk 2 )m 2 =. x 2 d m 2 =, d nije potpun kvadrat (jer d nije potpun kvadrat), koja prema Teoremu 3.5 ima beskonačno mnogo rješenja u prirodnim brojevima. Time je tvrdnja pokazana. Primjer 3.4. Pokažimo da postoji beskonačno mnogo prirodnih brojeva n sa svojstvom da je suma prvih n prirodnih brojeva jednaka kvadratu nekog prirodnog broja. Nadimo barem dva prirodna broja s tim svojstvom. Rješenje. Neka su m, n N takvi da vrijedi tj. Množenjem s 8 dobivamo n i = m 2, i= n(n + ) 2 Sada, svodenjem na potpuni kvadrat imamo odnosno = m 2. 4n 2 + 4n = 8m 2. (2n + ) 2 = 8m 2, (2n + ) 2 8m 2 =. Uvedimo supstituciju x = 2n +, y = m. Vidimo da se problem sada svodi na odredivanje broja rješenja Pellove jednadžbe x 2 8y 2 =. 4
Prema Teoremu 3.5 jednadžba ima beskonačno mnogo rješenja u N. Najmanje rješenje je očito (x, y ) = (3, ). Stoga iz 2n + = x slijedi n =, a m =. Zaista, vrijedi = 2. Sva rješenja jednadžbe x 2 8y 2 = dana su s Neka je npr. k = 2. Sada je x k + y k 8 = (3 + 8) k, k N. x 2 + y 2 8 = (3 + 8) 2 = 7 + 6 8. Stoga je 2n 2 + = x 2 = 7, odakle slijedi n 2 = 8, a m 2 = 6. Zaista vrijedi Analogno, možemo pronaći beskonačno mnogo parova (n, m) tako da je 8 i = 6 2. i= n i = m 2. i= 5
4 Arhimedov problem stoke U ovom poglavlju proučit ćemo zanimljiv problem kojem se rješenje nalazi pomoću Pellove jednadžbe, a to je problem poznat kao Arhimedov problem stoke. Arhimedov problem stoke je napisan u formi epigrama u 44 retka. Epigram je kratka pjesnička forma koja je bila izrazito prisutna u starogrčkoj književnosti, pomoću koje su se izražavale javne ili prigodne poruke (čestitke, iskaz sućuti, molba), ili pak rugalice, bilo nekim osobama, bilo zbivanjima u piščevoj okolini. Tako je i Arhimedov epigram nastao kao njegov odgovor na zanovijetanja Apolonija iz Perga (262. 90. g. pr. Kr.) koji je Arhimedu predbacivao da je sklon matematičkim problemima čije rješavanje zahtijeva naporna i dugotrajna računanja. Arhimed je inspiraciju za pisanje epigrama vrlo vjerojatno našao u Homerovoj Odiseji, a ovdje je dan njegov slobodan prijevod: Ako si marljiv i mudar, stranče, izračunaj broj Sunčevih goveda što su nekoć pasla na poljima Trinakije na otoku Siciliji, podijeljenih u četiri stada različitih boja: jednog bijelog kao snijeg, drugog blještavo crnog, trećeg žutog i četvrtog šarenog. U svakom je stadu bilo mnoštvo bikova: Broj bijelih bio je jednak zbroju polovine i trećine crnih i još k tome valja dodati sve žute. Broj crnih dobije se kad četvrtini i petini šarenih pridodamo i opet sve žute. Znaj da je šarenih bilo koliko je zbroj šestine bijelih i njihove sedmine, a i ovima valja pridodati sve žute. A evo koliko krava bijaše: Bijelih je bilo točno onoliko koliko iznosi trećina i četvrtina cjelokupnog krda crnih. Broj crnih bio je jednak zbroju četvrtine i petine sve šarene stoke. Šarenih je krava bilo onoliko koliki je zbroj petine i šestine sve žute stoke u stadu. Naposljetku, žute su krave po broju bile jednake zbroju šestine i sedmine bijeloga krda. Mogneš li, stranče, točno reći broj Sunčevih goveda, utvrdivši ponaosob broj gojnih bikova i k tome broj krava prema njihovoj boji, neću te držati 6
nevježom i neznalicom po pitanju brojeva, no još uvijek te neću ubrojiti niti medu mudre. No, hajde razmisli još i o ovim uvjetima koji se odnose na Sunčeva goveda: Kad se bijeli volovi izmiješaju s crnima te rasporede tako da u širinu stane jednako kao u dubinu, ispunit će se dolina Trinakije njihovim mnoštvom. A ako se žuti i šareni bikovi skupe u jedno krdo tako da medu njima ne bude nijednog vola druge boje niti ijedan od žutih ili šarenih ne uzmanjka, oni će se moći rasporediti tako da im broj po redovima raste, počev od broja jedan, te se tako napuni triangularni broj. Uzmogneš li, stranče, riješiti sve ovo, završit ćeš okrunjen slavom i smatrat će te nenadmašnim u mudrosti. Sam problem se pojavio 773. godine u prijevodu njemačkog pisca Gottholda Ephraima Lessinga. On je, proučavajući i prevodeći rukopise i djela pisana na grčkom i latinskom jeziku, naišao na problem stoke. Opće rješenje problema dao je 880. godine njemački matematičar A. Amthor koji je pokazao da je rezultat približno jednak 7.76 0 206544, što je broj s 206545 znamenki, kojemu su prve četiri znamenke 7760. Grupa matematičara pod nazivom The Hillsboro Mathematical Club koju su činili matematičari E. Fish, G. H. Richards i A. H. Bell u godinama od 889. do 893. izračunali su prvu 3 i posljednjih 2 znamenki najmanjeg rješenja problema: 77602740648688269530232833209...... 7945508800 O složenosti ovog problema i o tome kako je računanje prije pojave računala bilo složeno, lijepo se vidi u tekstu objavljenom u The New York Timesu 8. siječnja 93.: Budući da bi izračun zahtijevao tisuću ljudi i tisuću godina, jasno je da svijet nikad neće dočekati cjelokupno rješenje.. No, ipak su ga dočekali i to 965. godine. Matematičari H. C. Williams, R. A. German i C. R. Zarnke, s kanadskog Sveučilišta Waterloo, primjenom računala IBM 7040 odredili su točan broj, sve njegove znamenke. Računalu je za izračun trebalo 7 sati i 49 minuta. Provjeru tog rezultata proveo je 6 godina kasnije Harry L. Nelson na glasovitom računalu Cray-, a broj s 206545 znamenki ispisan je na 47 listova papira. Ovdje je zapravo bila riječ o testiranju novoproizvedenog računalnog čuda. Račun je, zajedno s provjerom točnosti, trajao desetak minuta. Nelson je uz najmanje našao i pet sljedećih rješenja od kojih je posljednje imalo više od milijun znamenki. Prihvatimo se sada rješavanja samog problema. Zamislimo stado koje se sastoji od krava i bikova bijele, crne i žute boje, a neki su i šareni. Brojevi pojedine skupine su medusobno povezani odredenim uvjetima, stoga za njihov lakši zapis uvedimo sljedeće oznake: 7
B broj bijelih bikova, b broj bijelih krava, C broj crnih bikova, c broj crnih krava, Z broj žutih bikova, z broj žutih krava, S broj šarenih bikova, s broj šarenih krava. Uz ove oznake problem svodimo na sljedeći sustav jednadžbi:. B = ( 2 + 3) C + Z, 2. C = ( 4 + 5) S + Z, 3. S = ( 6 + 7) B + Z, 4. b = ( 3 + 4) (C + c), 5. c = ( 4 + 5) (S + s), 6. s = ( 5 + 6) (Z + z), 7. z = ( 6 + 7) (B + b). Uz to su postavljena još dva uvjeta: 8. B + C je potpuni kvadrat, 9. Z + S je oblika n(n+) 2, tj. suma prvih n prirodnih brojeva (ukupan broj točaka koje se mogu razmjestiti u obliku trokuta). Prvih sedam jednadžbi čine homogeni linearni sustav s osam nepoznanica, njega nije problem riješiti nekim od računalnih programa, no pogledajmo kako to izgleda ako ga riješimo pješice. Pomnožimo redom, prvu jednadžbu s 336, drugu s 280, treću s 26. Dobivamo: Zbrojimo li te tri jednadžbe dobivamo: 336B = 280C + 336Z, 280C = 26S + 280Z, 26S = 39B + 26Z. 297B = 742Z, odnosno 3 3 B = 2 7 53Z. 8
Zatim iz druge i treće nalazimo odnosno 3 4 S = 2 2 5 79Z, 3 2 C = 2 89Z. Analogno postupimo sa sljedeće četiri jednadžbe, prvu množimo s 4800, drugu s 2800, treću s 260, četvrtu s 462 i dobivamo: 3 3 4657b = 2 3 5 7 23 373Z, 3 2 4657z = 3 46489Z, 3 3 4657s = 2 2 5 7 76Z, 3 2 4657c = 2 7 599Z. Kako rješenja moraju biti cijeli brojevi, promatrajući gornje jednakosti zaključujemo da broj Z mora biti djeljiv s 3 4 4657, tj. možemo pisati: Z = 3 4 4657 k = 449387 k. Na ovaj način smo došli do općeg rješenja sustava sedam linearnih jednadžbi sa osam nepoznanica, uz uvjet da su ta rješenja prirodni brojevi: B = 2 3 7 53 4657k = 0366482 k, C = 2 3 2 89 4657k = 746054 k, Z = 3 4 4657 k = 449387 k, S = 2 2 5 79 4657 k = 7358060 k, b = 2 3 3 5 7 23 373k = 7206360 k, c = 2 3 2 7 599k = 4893246 k, z = 3 2 3 46489k = 543923 k, s = 2 2 3 5 7 76k = 355820 k, gdje je k N. Ako ih sada sve pozbrajamo, dobijemo da je to ukupno 50389082 k komada stoke. Jedan od dodatnih uvjeta kaže da je broj B + C potpun kvadrat, tj. B + C = m 2, m N. Odnosno: m 2 = 2 3 (7 53 + 3 89) 4657 k = 2 2 3 29 4657 k. Očigledno je k = 3 29 4657 t 2, t Z. Tada je rješenje sustava što ga čini sedam jednadžbi uz dodatni uvjet da je B + C potpun kvadrat dano s: B = 2 3 2 7 29 53 4657 2 t 2 = 4620080828708t 2, C = 2 3 3 29 89 4657 2 t 2 = 33240638308986 t 2, Z = = 3 5 2 29 4657 2 t 2 = 8492776362863 t 2, S = 2 2 3 5 29 79 4657 2 t 2 = 32793026546940 t 2, b = 2 3 3 2 5 7 23 29 373 4657t 2 = 326937723640 t 2, c = 2 3 3 7 29 4657 599t 2 = 280796927254 t 2, z = 3 3 3 29 4657 46489t 2 = 2424207098537 t 2, s = 2 2 3 2 5 7 2 29 76 4657t 2 = 56692726980 t 2. 9
Posljednji uvjet zahtijeva da je Z +S trokutni broj, tj. Z +S = n(n+) 2. Primijetimo da je broj trokutni ako i samo ako je 8(Z+S)+ = (2n+) 2, a kako je Z+S = 449387 k+7358060 k = 507447 k, imamo 8(507447k) + = (2n + ) 2. Ako sada uvrstimo nadenu vrijednost za k imamo jednadžbu: koju ćemo zapisati u obliku: 8(507447 3 29 4657t 2 ) + = (2n + ) 2, (2n + ) 2 2 3 7 29 353 (2 4657t) 2 =, i kojoj trebamo naći sva cjelobrojna rješenja. Uvrstimo li sada da je 2n+ = x i 2 4567t = y, dobivamo jednadžbu oblika: x 2 4729494y 2 =, koja je zapravo Pellova jednadžba. Upravo na ovaj način je Amthor došao do rješenja problema, tj. do rezultata koji iskazuje najmanji mogući ukupan broj stoke. Najmanja rješenja dane Pellove jednadžbe su: x = 09939867328297349798662328243354390088049 y = 50549485234350330744778973554040886340 Zbog ogromnih brojeva nećemo se upuštati u njezino rješavanje. Američki matematičar Vardi kaže: Teško je povjerovati da je Arhimed mogao riješiti ovaj problem, a nije čak niti izgledno da bi znao postoji li njegovo rješenje. On je takoder izračunao najmanji mogući broj stoke: 259454 84952 [0993986732897349798662328243354390088049 + 5054948523433503307447789735540408986340 4729494] 4658 Teško je uopće zamisliti da toliki broj stoke stane na otok Siciliju, no bog Sunca Helios, kome pripada Sunčeva stoka, bi se već nekako nosio s time. Za kraj se možemo složiti s Vardijevom rečenicom: Jednostavnost problema i složenost rješenja sjajan su izazov, a sam je problem još jedan prilog tvrdnji da je Arhimed jedan od najvećih matematičara svih vremena. 20
Literatura [] B. Dakić, Arhimedov problem stoke, Matematika i škola, 5(2009), 34-37 [2] A. Dujella, Uvod u teoriju brojeva, Skripta, PMF - matematički odjel, Sveučilište u Zagrebu, 2003 [3] A. Dujella, Diofantske jednadžbe, Skripta, PMF - matematički odjel, Sveučilište u Zagrebu, 2006 [4] I. Mandić, I. Soldo, Pellova jednadžba, Osječki matematički list, 8(2008), 29-36 [5] I. Matić, Uvod u teoriju brojeva, Odjel za matematiku, Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku, 205 [6] V. Petričević, Periodski verižni razlomci, Magistarski rad, PMF - matematički odjel, Sveučilište u Zagrebu, 2009 2