Új utak és lehetőségek a matematikában
2004. október 6-9. Nagykanizsa

Pell egyenlet

 

Az , ahol x, y, D Î Z alakú egyenletet Pell egyenletnek nevezik.

 

John Pell (1611-1685, Anglia)

Dolgozott Angliában (Cambridge, Horsham, Chichester), valamint Amszterdamban  és Bredában. Foglalkozott algebrával és számelmélettel. 1668-ban táblázatot adott ki, amelyben az első 100 000 egész szám szorzattá bontása szerepelt. Sokat publikált, többek között: Idea of Mathematics (1638) és Controversiae de vera circuli mensura (1647).

A y2 = ax2 + 1 alakú egyenletet Euler hibásan nevezte el Pell egyenletnek, mert Pell nem foglalkozott vele.

 

Bevezető feladat:

 

Határozzuk meg azokat az egész k számokat, melyekre az

           

kifejezések négyzetszámokat vesznek fel.

 

Megoldás:

 

a.)    Mivel a kifejezésünk teljes négyzet , ezért minden egész k esetén négyzetszámot kapunk.

b.)    Legyen m a keresett egész szám, amire

           

Ekkor a lehetséges értékeket táblázatba foglalva kapjuk, hogy

k+2+m

k+2-m

k

m

1

1

-1

0

-1

-1

-3

0

Tehát k-ra 2 értéket kaptunk (-3 és -1), amire az adott kifejezés négyzetszámot vesz fel.

 

c.) Legyen m a keresett egész szám, amire

           

 

Vezessük be az alábbi ismeretleneket:

           

ahol x és y szintén egész számok.

Ekkor a kérdésünk már így hangzik: létezik-e (végtelen sok) egész megoldása a következő egyenletnek:

              ?

 

Legyen

           

 

sorozat. Ekkor állítjuk, hogy az így megadott számok szintén megoldások (végtelen sok).

 

Állításunkat bizonyítsuk teljes indukcióval!

 

Könnyen belátható, hogy a ( 3 ; 2 ) megoldás.

 

Tegyük fel, hogy van egy megoldáspárunk ( xn ; yn ) és nézzük a képzési szabály szerinti következő megoldást:

           

azaz a képzési szabály szerint kapott újabb számpár is megoldás.

 

Ekkor az eredeti feladatba visszahelyettesítve kapjuk:

           

 

Azaz tényleg végtelen sok megoldást kaptunk. A szabályt alkalmazva megkapjuk az első három megoldáspárt:

k

m

1

3

9=32

11

17

289=172

69

99

9801=992

 

 

Megválaszolatlan kérdések:

-         Van-e ezeken kívül más megoldás (megkaptuk az összeset)?

-         Honnan jön ez a rekurziós összefüggés?

 


Az egyenlet általános megoldása

Az egyenletnek (tetszőleges D érték esetén) biztosan megoldása  az ( 1 ; 0 ) és a ( -1 ; 0 ) számpárok (triviális megoldás). Az is nyilvánvaló, hogy ha (x; y) megoldás, akkor az

( x ; -y ), ( -x ; y ) és ( -x ; -y ) is szintén megoldás.

Keressük ezért csak a pozitív, nem triviális egész megoldásokat.

 

Ha találunk megoldásokat, akkor az x és y között további összefüggést írhatunk fel:

           

feltéve, hogy y "nagy". (Ez azt jelenti, hogy a megoldások hányadosa jó közelítést ad -re.)

 

 

Vizsgáljuk most meg, hogy D mely értéke esetén kapunk (nem triviális) megoldást:

I. eset: D = – m, ahol

Ekkor egyenletünk:

           

Ennek megoldása csak a triviális megoldás, hiszen:

           

 

II. eset: D = m2, ahol

Ekkor egyenletünk:

           

Ennek megoldása csak a triviális megoldás, hiszen:

            .

lehet csak, ami szintén csak a triviális megoldáspárokat adja.

 

III. eset: D > 0, és nem négyzetszám

Keressük meg ebben az esetben az összes megoldást!

 

Ha már ismerünk (nem triviális) megoldást, akkor tudunk konstruálni újabbakat a következő állítás felhasználásával.

1. Állítás: Ha (x1 ; y1) és (x2 ; y2 ) a Pell egyenlet megoldásai, akkor megoldások az

           

összefüggésekkel meghatározott (x ; y) számok is.

 

Bizonyítás:

Bizonyítsuk az elsőt, hogy megoldás! Végezzük el az előírt műveleteket:

Ellenőrizzük, hogy ez tényleg megoldás:

           

A többi esetre ugyanígy adódik az állítás!

 

A megoldás létezéséhez szükségünk lesz egy újabb állításra.

2. Állítás: Ha a > 0 irracionális szám és n > 0 tetszőleges egész szám, akkor léteznek olyan p és q egész számok , melyre

           

Bizonyítás:

Tekintsük az  számokat. Ábrázoljuk egy – n egyenlő részre felosztott – egységkerületű körön ezeket a számokat.

Igazak a következő állítások:

·      Ezek közül egyik sem esik osztópontra a irracionalitása miatt.

·      Ha van pont az első és az utolsó intervallumban, akkor kész a bizonyítás (miért?)

·      Ha nincs sem az első, sem az utolsó intervallumban egyik ábrázolt szám sem, akkor van olyan intervallum, amelyben legalább 2 szám található. Ekkor léteznek a p1 és p2 számok, melyekre
    
valamely q egészre. Az egyenlőtlenséget rendezve
    

És ezzel a 2. állítást bebizonyítottuk

 

A következő lépésben bizonyítsuk be, hogy az egyenlet jobb oldalára tudunk olyan egész számot írni, melyre egyenletünknek végtelen sok megoldása lesz.

3. Állítás: Létezik olyan k egész szám, melyre végtelen sok megoldása van a

                       

egyenletnek.

 

Bizonyítás:

Legyen n1 > 1 tetszőleges egész szám. Ekkor -hez léteznek olyan x1 és y1 egész számok (2. állítás),  melyekre

           

Először becsüljük meg a baloldali kifejezés értékét:

           

ezt alkalmazva kapjuk

            .

Itt a bal oldalon 0 nem állhat ( irracionalitása miatt), ezért létezik olyan n2 egész szám ( > n1), melyre

           

Ilyen szám végtelen sok van, válasszunk ezekből egy tetszőlegeset. Az előzőeket gondolatmenetet folytatva kapjuk, hogy léteznek olyan x2 és y2 egész számok melyre

           

Ebben az esetbene is igaz, hogy

           

A gondolatmenetet folytatva kapunk ( xn ; yn ) végtelen sok megoldást, melyekre

           

 

Mivel az egyenlőtlenség bal oldalán egész szám áll (egyik sem 0!):

           

           

Így kifejezés értékére csak annyi értéket kaphatunk, amennyi ebben az intervallumban van. Legyen ezen egészek száma m.

 

Ekkor van m skatulyánk, és végtelen sok elemünk. A skatulya-elv következtében biztosan van olyan, amiben végtelen sok elem található, azaz

           

melyre végtelen sok megoldása van a

            egyenletnek.

 

Most bebizonyítjuk, hogy az  egyenletnek is van nem triviális megoldása.

4. Állítás: Van (nem triviális) megoldása az

              egyenletnek.

 

Bizonyítás:

A 3. állítás szerint van olyan k egész szám, melyre

           

egyenletnek végtelen sok megoldása van.

Közülük van 2 olyan, melyre igaz az, hogy a megoldások x értéke is, és y értéke is ugyanazt a maradékot adja k-val osztva, jelöljük őket ( x1 ; y1 ) és ( x2 ; y2 ). Ekkor tekintsük a következő 2 számot:

           

Ezek egész számok és egyik sem 0. Ugyanakkor:

           

Azaz

           

 

Kaptuk, hogy egyenletünknek van megoldása (4. állítás) és ha ismerünk egy nem triviális megoldást, akkor elő tudunk állítani végtelen sok megoldást (1. állítás). Az 1. állításban használt összefüggést az első (nem triviális) számpárra alkalmazva kapjuk, hogy megoldásaink általános alakja az

           

összefüggés felhasználásával adható meg, ahol ( x1 ; y1 ) a legkisebb megoldás.

Ugyanakkor a megoldás írható a

           

alakba is.

Ekkor azonban a keresett xn és yn értékek kifejezhetők az előző két összefüggés felhasználásával:

 

           

 

Még nem foglalkoztunk azzal a kérdéssel, hogy van-e más megoldása az egyenletnek?

5. Állítás: Nincs más – a 4. állítás után megadottól különböző – megoldása az

                         egyenletnek.

 

Bizonyítás:

Bizonyítsunk indirekt módon. Tegyük fel, hogy találunk másik megoldást, ami nem esik a

           

 

sorozat elemei közé, ahol x1 és y1 a legkisebb nem triviális megoldás (ennek léteznie kell, miért?). Legyen az új, sorozatba nem illő megoldás (a; b). Ekkor létezik olyan "n" egész szám, melyre

           

 

Ekkor az 1. állítást használva szintén megoldás a

           

 

ami azt jelenti, hogy találtunk egy még kisebb megoldást, mint a x1 és y1, ami a feltevésünk szerint a legkisebb. Ez ellentmondás, tehát e kapott összefüggés az összes megoldást megadja.

 

A továbbiakban tekintsük a  egyenleteket. Itt k tetszőleges egész szám.

6. Állítás: Ha van megoldás, akkor végtelen sok megoldása van az egyenletnek.

 

Bizonyítás:

Tegyük fel, hogy ( x0 ; y0 ) a legkisebb, nem triviális megoldása az egyenletnek, és ( x1 ; y1 ) megoldása a neki megfelelő Pell egyenletnek. Ekkor az előzőekben bizonyított módon belátható, hogy az összes megoldás az

           

 

 

Térjünk vissza az eredeti felvetett kérdésekhez!

- Van-e még megoldás a találtakon kívül?
Ha lenne, akkor a Pell egyenletnek is találnánk még megoldását, mi nem lehet. Így az összes megoldást megtaláltuk.

 

- Honnan jön ez a rekurziós összefüggés?
           

Tudjuk, hogy összes megoldás felírható a következő alakban:

           

Alkalmazzuk ezt a következő megoldásra is:

           

és ez a megadott rekurziós szabály!
Az első 100 D értékhez tartozó legkisebb, nem triviális megoldások:

 

D

x

y

 

D

x

y

1

-

-

 

51

50

7

2

3

2

 

52

649

90

3

2

1

 

53

66249

9100

4

-

-

 

54

485

66

5

9

4

 

55

89

12

6

5

2

 

56

15

2

7

8

3

 

57

151

20

8

3

1

 

58

19603

2574

9

-

-

 

59

530

69

10

19

6

 

60

31

4

11

10

3

 

61

1766319049

226153980

12

7

2

 

62

63

8

13

649

180

 

63

8

1

14

15

4

 

64

-

-

15

4

1

 

65

129

16

16

-

-

 

66

65

8

17

33

8

 

67

48842

5967

18

17

4

 

68

33

4

19

170

39

 

69

7775

936

20

9

2

 

70

251

30

21

55

12

 

71

3480

413

22

197

42

 

72

17

2

23

24

5

 

73

2281249

267000

24

5

1

 

74

3699

430

25

-

-

 

75

26

3

26

51

10

 

76

57799

6630

27

26

5

 

77

351

40

28

127

24

 

78

53

6

29

9801

1820

 

79

80

9

30

11

2

 

80

9

1

31

1520

273

 

81

-

-

32

17

3

 

82

163

18

33

23

4

 

83

82

9

34

35

6

 

84

55

6

35

6

1

 

85

285769

30996

36

-

-

 

86

10405

1122

37

73

12

 

87

28

3

38

37

6

 

88

197

21

39

25

4

 

89

500001

53000

40

19

3

 

90

19

2

41

2049

320

 

91

1574

165

42

13

2

 

92

1151

120

43

3482

531

 

93

12151

1260

44

199

30

 

94

2143295

221064

45

161

24

 

95

39

4

46

24335

3588

 

96

49

5

47

48

7

 

97

62809633

6377352

48

7

1

 

98

99

10

49

-

-

 

99

10

1

50

99

14

 

100

-

-

 

 



 

És végül néhány feladat, amelyek megoldásához szükség van a Pell egyenletek elméletének ismeretére!

 

1.      Bizonyítsuk be, hogy végtelen sok egész n-re ( n Î N ) teljesül, hogy az első n egész szám összege négyzetszám!
(Keressük meg az összes megoldást!)

2.      Keressük meg az összes olyan k és m egész számokat ( k < m ), melyre.
(Keressük meg az összes megoldást!)

3.      Bizonyítsuk be, hogy végtelen sok n-re lesz egyidőben 2n+1 és 3n+1 is négyzetszám.

4.      Bizonyítsuk be, hogy végtelen sok olyan egymás utáni három egész szám van, amelyek felbonthatók 2 egész szám négyzetösszegére!

 

5.      Keressük meg az összes olyan háromszöget, melynek oldalai egymás utáni egész számok és a területe is egész szám.
(Keressük meg az összes megoldást!)

 

6.      Bizonyítsuk be, hogy végtelen sok egész megoldása van a  egyenletnek.

 

 

 

Irodalom:

1.      Derek Smith: The Search For An Exhaustive Solution to Pell’s Equation, Internet

2.      H. W. Lenstra Jr.: Solving the Pell Equation, Notices of the AMS, Volume 49, Number 2, 2002 February

3.      Kin Y. Li: Pell’s Equation (I), Mathematical Excalibur, Volume 6, Number 3. 2001 June – October

4.      http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/history/References/Bhaskara_II.htm

5.      http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/history/References/Brahmagupta.html

6.      http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/history/References/Narayana.html

7.      http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/history/References/Pell.html

8.      http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/history/HistTopics/Pell.html

9.      http://mathworld.wolfram.com, Diophantine Equation 2nd Powers

10.  http://mathworld.wolfram.com, Pell Equation
Diophantine Equation--2nd Powers