Embed Size (px)
Citation preview
Sveuciliste J. J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku
Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike
Marija Skender
Pellove i pellovske jednadzbe
Diplomski rad
Osijek, 2012.
Sveuciliste J. J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku
Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike
Marija Skender
Pellove i pellovske jednadzbe
Diplomski rad
Mentor: doc. dr. sc. Ivan Matic
Osijek, 2012.
Sadrzaj
Uvod 4
1 Pellove jednadzbe 51.1 Opcenito o Pellovim jednadzbama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Povijesni razvoj Pellovih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Pellove jednadzbe i verizni razlomci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 Pellove jednadzbe x2 − dy2 = ±1, x2 − dy2 = ±4 27
3 Pellovske jednadzbe 333.1 Opca Pellovska jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Literatura 39
3
Uvod
U ovom diplomskom radu upoznat cemo se s Pellovim i pellovskim jednadzbama.Pellova jednadzba je poseban oblik diofantskih jednadzbi drugog reda. Proucit cemorazvoj Pellove jednadzbe kroz povijest, vezu jednadzbe s veriznim razlomcima, tekako pronaci rjesenja Pellove jednadzbe uz rijesene primjere. Osim Pellove jednadzbe,takoder cemo upoznati pellovske jednadzbe, njihovo rjesavanje i primjere. Prije obradeteme rada, reci cemo nesto o matematicaru po kojem je jednadzba dobila ime.
John Pell (1611.-1685.) je bio engleski matematicar. Roden je 1. ozujka 1611.godine u Southwicku u Engleskoj. Nakon osnovne skole, u trinaestoj godini starosti,upisao je Trinity College u Cambridgeu. Za vrijeme fakultetskog obrazovanja postaoje strucnjak za latinski i grcki. Diplomirao je 1628., a magistrirao 1630. godine. Zavrijeme studiranja dopisivao se s Henryjem Briggsom i ostalim matematicarima. Na-kon sto je otisao s Cambridgea, predavao je na Chichester Academy, a nakon toga i uLondonu. Od 1643. godine predavao je kao profesor matematike u gimnaziji u Ams-terdamu.
Nakon povratka u Englesku 1661. godine Pell se zaredio, zadnjih 20-ak godinazivota bio je zupnik u Essexu. Preminuo je 12. prosinca 1685. godine u Londonu.
U matematici se najvise bavio algebrom i teorijom brojeva. 1668. godine je izdaotablicu prostih faktora prirodnih brojeva do deset tisuca. Osim tablice izdao je brojnadjela, od kojih su najpoznatija: Idea of Mathematics (1638.), A Refutation of Longo-montanus’s Pretended Quadrature of the Circle (1644.). Idea of Mathematics je djelou kojem je sazeo do tada poznatu matematicku enciklopediju i bibliografiju, te popismatematickih instrumenata i udzbenika. Djelo A Refutation je napisao zbog spora ukojem je sudjelovao oko velicine π.
O njegovoj vezi s Pellovim jednadzbama bavit cemo se u nastavku diplomskog rada.
4
Poglavlje 1
Pellove jednadzbe
1.1 Opcenito o Pellovim jednadzbama
Definicija 1.1 Polinomijalna jednadzba oblika f(x1, x2, . . . , xn) = b gdje je f zadanpolinom s cjelobrojnim koeficijentima u varijablama x1, x2, . . . , xn, b ∈ Z zadan broj, icija su rjesenja takoder cijeli brojevi x1, x2, . . . , xn zove se diofantska jednadzba.
Teorem 1.1 Neka su a, b, c cijeli brojevi i neka je s d oznacen najveci zajednicki dje-litelj brojeva a i b, tj. d = (a, b). Ako d - c, onda jednadzba
ax+ by = c (1.1)
nema cjelobrojnih rjesenja. Ako je (x1, x2) jedno rjesenje, onda su sva rjesenja danasa x = x1 + b
d· t, y = y1 + a
d· t gdje je t ∈ Z.
Teorem 1.2 Neka su a1, a2, . . . , an cijeli brojevi razliciti od nule. Tada linearna di-ofantska jednadzba
a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn = c (1.2)
ima rjesenja ako i samo ako (a1, a2, . . . , an)|c. Nadalje, ako jednadzba (1.2) ima baremjedno rjesenje, onda ih ima beskonacno.
Dokaz. Postojanje rjesenja od (1.2) ocito povlaci da (a1, a2, . . . , an)|c. Dokazatcemo matematickom indukcijom da ako (a1, a2, . . . , an)|c, onda (1.2) ima beskonacnomnogo rjesenja. Za n = 2 tvrdnja vrijedi po Teoremu 1.1, pa pretpostavimo da vrijediza jednadzbe n − 1 varijabli. Neka je d = (an−1, an). Po pretpostavci, jednadzbaa1x1 + · · · + an−2xn−2 + dy = c ima beskonacno mnogo rjesenja (x1, . . . , xn−2, y). Zasvako rjesenje ove jednadzbe, promotrimo jednadzbu
an−1xn−1 + anxn = dy.
Zbog (an−1, an)|dy slijedi da ova jednadzba ima beskonacno mnogo rjesenja (xn−1, xn).Na taj nacin smo dobili beskonacno mnogo rjesenja (x1, . . . , xn) jednadzbe (1.2.) 2
U nastavku ovog diplomskog rada obradit cemo posebni oblik diofantskih jednadzbidrugog stupnja, Pellovu jednadzbu.
5
Pellove jednadzbe 6
Definicija 1.2 Diofantska jednadzba
x2 − dy2 = 1, (1.3)
gdje je d ∈ N i d nije potpun kvadrat, naziva se Pellova jednadzba.
U nastavku cemo pokazati kako Pellova jednadzba ima beskonacno mnogo rjesenjau prirodnim brojevima.Navedimo najprije Dirichletov teorem vezan uz diofantske aproksimacije, a prije togadefinirajmo oznake ||αq|| kao razlomljeni dio od x, tj. ||x|| = x − bxc, gdje je bxcnajvece cijelo od x.
Teorem 1.3 (Dirichlet). Neka su α i Q realni brojevi i Q > 1. Tada postoje cijelibrojevi p, q takvi da je 1 ≤ q < Q i ||αq|| = |αq − p| ≤ 1
Q.
Dokaz. Pretpostavimo najprije da je Q prirodan broj. Promotrimo sljedecih Q+ 1brojeva:
0, 1, α, 2α, . . . , (Q− 1)α.
Svi ovi brojevi leze na segmentu [0, 1]. Podijelimo segment [0, 1] na Q disjunktnihpodintervala duljine 1
Q:[
0,1
Q
⟩,
[1
Q,
2
Q
⟩,
[2
Q,
3
Q
⟩, . . . ,
[Q− 1
Q, 1
⟩.
Prema Dirichletovom principu, barem jedan podinterval sadrzi dva (ili vise) od gornjihQ+1 brojeva. Uocimo da broj rα ima oblik rα−s, r, s ∈ Z, a brojevi 0 i 1 se takodermogu zapisati u tom obliku (uz r = 0). Dakle, postoje cijeli brojevi r1, r2, s1, s2 takvida je 0 ≤ ri < Q, i = 1, 2, r1 6= r2 i da vrijedi
|(r1α− s1)− (r2α− s2)| ≤1
Q.
Mozemo pretpostaviti da je r1 > r2. Stavimo: q = r1 − r2, p = s1 − s2. Tada je1 ≤ q < Q i |αq − p| ≤ 1
Q, cime je tvrdnja teorema dokazana u slucaju Q ∈ N.
Pretpostavimo sada da Q nije prirodan broj. Neka je Q′ = bQc + 1. Prema prijedokazanom postoje cijeli brojevi p, q takvi da je 1 ≤ q < Q′ i |αq − p| ≤ 1
Q′. No sada
je |αq − p| ≤ 1Q
, a 1 ≤ q < Q′ povlaci da je 1 ≤ q < bQc, odnosno 1 ≤ q < Q. 2
Korolar 1.1 Ako je α iracionalan broj, onda postoji beskonacno mnogo parova p, qrelativno prostih cijelih brojeva takvih da je
|α− p
q| < 1
q2. (1.4)
Dokaz. Tvrdnja Teorema 1.3 ocito vrijedi i ukoliko zahtjevamo da su p i q rela-tivno prosti. Dakle, za Q > 1 postoje relativno prosti cijeli brojevi p, q takvi da je|α− p
q| ≤ 1
Qq< 1
q2. Buduci da je Q iracionalan, to je αq − p 6= 0.
Pellove jednadzbe 7
Pretpostavimo da postoji samo konacno mnogo racionalih brojeva pq
koji zadovo-
ljavaju (1.4). Neka su to brojevipjqj, j = 1, . . . , n. Izaberimo prirodan broj m tako da
je 1m< |αqj − pj| za sve j = 1, . . . , n. Primijenimo sada Teorem 1.3 uz Q = m, pa
dobivamo racionalan broj pq
koji zadovoljava (1.4) i za koji vrijedi |α− pq| ≤ 1
m. Prema
tome, pq
je razlicit od p1q1, . . . , pn
qn, sto je kontradikcija. 2
Lema 1.1 Neka je d prirodan broj koji nije potpun kvadrat. Tada postoji cijeli brojk, |k| < 1 + 2
√d, sa svojstvom da jednadzba
x2 − dy2 = k (1.5)
ima beskonacno mnogo rjesenja u prirodnim brojevima.
Dokaz. Po Dirichletovom teoremu, postoji beskonacno mnogo parova prirodnihbrojeva (x, y) sa svojstvom∣∣∣∣√d− x
y
∣∣∣∣ < 1
y2, tj.
∣∣∣∣x− y√d∣∣∣∣ < 1
y.
Za svaki par (x, y) vrijedi
|x+ y√d| = |x− y
√d+ 2y
√d| < 1
y+ 2y√d ≤ (1 + 2
√d)y,
pa je|x2 − dy2| = |x− y
√d| · |x+ y
√d| < 1 +
√d.
Buduci da parova (x, y) s navedenim svojstvom ima beskonacno, a cijelih brojevamodula manjeg od 1 + 2
√d samo konacno, to postoji neki cijeli broj k takav da je
|k| < 1 + 2√d, za kojeg jednadzba (1.5) ima beskonacno mnogo rjesenja. 2
Teorem 1.4 Pellova jednadzba x2 − dy2 = 1 ima barem jedno rjesenje u prirodnimbrojevima x i y.
Dokaz. Beskonacno mnogo rjesenja jednadzbe (1.5) mozemo podijeliti u k2 klasa,stavljajuci rjesenja (x1, y1) i (x2, y2) u istu klasu ako i samo ako je x1 ≡ x2(mod k)i y1 ≡ y2(mod k). Tada neka od tih klasa sadrzi barem dva (u stvari beskonacno)razlicitih rjesenja (x1, y1),(x2, y2) (x1, x2 su razliciti prirodni brojevi). Stavimo
x =x1x2 − dy1y2
k, y =
x1y2 − x2dy1k
(”podijelimo rjesenja” x2 + y2√d i x1 + y1
√d). Tvrdimo da je x, y ∈ Z, y 6= 0 i
x2 − dy2 = 1. Imamo: x1x2 − dy1y2 ≡ x21 − dy21 ≡ k ≡ 0(mod k), x1y2 − x2y1 ≡x1y1 − x1y1 ≡ 0(mod k), pa su x, y ∈ Z. Pretpostavimo da je y = 0, tj. x1y2 = x2y1.Tada je
k = x22 − dy22 = x22 − d ·x22y
21
x21=x22x21
(x21 − dy21) =x22x21· k,
Pellove jednadzbe 8
tj. x21 = x22, sto je u suprotnosti s pretpostavkom da su x1 i x2 razliciti prirodni brojevi.Konacno,
x2 − dy2 =1
k2[(x1x2 − dy1y2)2 − d(x1y2 − x2y1)2]
=1
k2(x21x
22 + d2y21y
22 − dx21y22 − dx22y21)
=1
k2(x21 − dy21)(x22 − dy22) =
1
k2· k · k = 1.
2
1.2 Povijesni razvoj Pellovih jednadzbi
U ovom dijelu cemo se baviti Pellovom jednadzbom kroz povijest. Razmotrit cemo jeli matematicar John Pell uopce pridonio razvoju Pellovih jednadzbi. Poznato je dase Pellova jednadzba detaljno proucavala vise stotina godina prije Pellovog rodenja.Tocnije, prvi doprinos u proucavanju ove jednadzbe daje matematicar Brahmaguptajos oko 1000 godina prije Pellovog vremena. Iako cemo reci da je Brahmagupta prvi de-taljnije proucavao ovu jednadzbu, vrlo je vjerojatno da su se i neki stariji matematicaribavili problemima vezanim uz Pellove jednadzbe.
Anticki matematicari su proucavali razne probleme koje mozemo povezati s Pello-vim jednadzbama. Arhimed (287.-212. pr. Kr.) je postavio ”problem stoke” kojimozemo rijesiti tako da ga svedemo na racunanje rjesenja Pellove jednadzbe, no nemadokaza da je on to rjesavao na taj nacin.U nastavku je napisan problem u slobodnom prijevodu (u originalu Arhimedov pro-blem je napisan u obliku epigrama u 44 retka).
Ako si marljiv i mudar, strance, izracunaj brojSuncevih goveda sto su nekoc pasla na poljimaTrinakije na otoku Siciliji, podijeljenih u cetiri stadarazlicitih boja: jednog bijelog kao snijeg, drugogbljestavo crnog, treceg zutog i cetvrtog sarenog.
U svakom je stadu bilo mnostvo bikova:
Broj bijelih bio je jednak zbroju polovine i trecinecrnih i jos k tome valja dodati sve zute.Broj crnih dobije se kad cetvrtini i petini sarenihpridodamo i opet sve zute.
Znaj da je sarenih bilo koliko je zbroj sestinebijelih i njihove sedmine, a i ovima valja pridodati sve zute.A evo koliko krava bijase:
Pellove jednadzbe 9
Bijelih je bilo tocno onoliko koliko iznosi trecina icetvrtina cjelokupnog krda crnih.
Broj crnih bio je jednak zbroju cetvrtine i petinesve sarene stoke.
Sarenih je krava bilo onoliko koliki je zbroj petine isestine sve zute stoke u stadu.
Naposljetku, zute su krave po broju bile jednakezbroju sestine i sedmine bijeloga krda.
Mognes li, strance, tocno reci broj Suncevihgoveda, utvrdivsi ponaosob broj gojnih bikova i ktome broj krava prema njihovoj boji, necu te drzatinevjezom i neznalicom po pitanju brojeva, no josuvijek te necu ubrojiti niti medu mudre.
No, hajde razmisli jos i o ovim uvjetima koji seodnose na Sunceva goveda:
Kad se bijeli volovi izmijesaju s crnima terasporede tako da u sirinu stane jednako kao udubinu, ispunit ce se dolina Trinakije njihovim mnostvom.
A ako se zuti i sareni bikovi skupe u jedno krdotako da medu njima ne bude nijednog vola drugeboje niti ijedan od zutih ili sarenih ne uzmanjka,oni ce se moci rasporediti tako da im broj poredovima raste, pocev od broja jedan, te se takonapuni triangularni broj.
Uzmognes li, strance, rijesiti sve ovo, zavrsit cesokrunjen slavom i smatrat ce te nenadmasnim u mudrosti.
Ovaj Arhimedov epigram je nastao kao odgovor na predbacivanja Apolonija iz Perga(262.-190. pr. Kr.). On je naime govorio da je Arhimed sklon matematickim proble-mima cije rjesavanje zahtijeva naporna i dugotrajna racunanja.
Sam problem se pojavio 1773. godine u prijevodu njemackog pisca i knjiznicaraGottholda Ephraima Lessinga (1729.-1781.). On je proucavao i prevodio brojne ruko-pise i djela na latinskom i grckom jeziku i tako naisao na ”problem stoke”.
Pellove jednadzbe 10
Opce rjesenje problema dao je njemacki matematicar A. Amthor. Pokazao je daje rezultat priblizno jednak 7.76 · 10206 544, sto je broj s 206 545 znamenki i da su prvecetiri njegove znamenke 7760.
Skupina matematicara naziva The Hillsboro Mathematical Club koju su cinili E.Fish, G. H. Richards i A. H. Bell su od 1889. do 1893. godine izracunali prvih 31 iposljednjih 12 znamenki najmanjeg rjesenja problema koje iznose:
7760271406486818269530232833209... ...719455081800.
Tocan rezultat, sa svim znamenkama, su izracunali 1965. godine matematicari skanadskog sveucilista H. C. Williams, R. A. German i C. R. Zarnke pomocu racunalaIBM 7040 kojem je za izracun trebalo 7 sati i 49 minuta.
Harry L. Nelson je 16 godina kasnije izveo provjeru rjesenja na racunalu Cray-1. Rjesenje s 206 545 znamenki je ispisano na 47 listova papira. Izracun je trajaodesatak minuta zajedno s provjerom tocnosti. Uz fundamentalno rjesenje, racunalo jedalo i pet slijedecih rjesenja.
Rjesavanje samog problema svodimo na sedam jednadzbi koje cine homogeni li-nearni sustav s osam nepoznanica, koji danas nije problem rijesiti matematickim pro-gramima, ali ni korak po korak. Rjesavanjem sustava i uvrstavanjem svih uvjeta izproblema dolazimo do rjesavanja jednadzbe
x2 − 4 729 494y2 = 1.
Jednadzba ovog oblika se naziva upravo Pellova jednadzba, cijim rjesavanjem dolazimodo rjesenja Arhimedovog problema.O tezini rjesavanja ovog problema govori sama cinjenica da fundamentalno rjesenjejednadzbe iznosi:
x = 109931986732829734979866232821433543901088049,y = 5054948523431503307447781973554040886340.
Upravo zbog tezine racunanja i ogromnih rezultata tesko je povjerovati da je Arhi-med u to doba znao izracunati rjesenje problema, ne zna se je li on uopce znao postojili rjesenje.
Osim Arhimeda, Diofant je proucavao polinomijalne jednadzbe, a vec smo rekli daje Pellova jednadzba diofantska jednadzba drugog stupnja. No, on je proucavao raci-onalna rjesenja, nema dokaza da je znao naci cjelobrojna rjesenja Pellove jednadzbe.
Pellove jednadzbe 11
Veci utjecaj u razvoju Pellove jednadzbe imali su indijski matematicari, posebnoBrahmagupta i Bhaskara II.Upravo s Brahmaguptinim (598.-670.) opazanjima cemo nastaviti povijesni pregled.Brahmaguptina metoda je nastala 628.godine. Indijski matematicari su ju zvali sa-masa, a mi ju nazivamo metoda kompozicije. Upravo je ta metoda pridonijela Brah-maguptinim brojnim i vaznim otkricima u vezi Pellove jednadzbe.Vazno svojstvo koje je Brahmagupta otkrio je da ako (a, b) zadovoljava Pellovu jed-nadzbu x2 − dy2 = 1, jednadzbu takoder zadovoljava i (a2 + db2, 2ab.) Svojstvo jedobiveno koristeci metodu kompozicije na (a, b) i (a, b). Takoder, ako opet koristimometodu kompozicije na (a, b) i (a2 + db2, 2ab) takoder cemo dobiti cjelobrojno rjesenjePellove jednadzbe. Iz tog je Brahmagupta zakljucio da se iz jednog rjesenja moguizracunati i druga rjesenja Pellove jednadzbe. Metodu kompozicije cemo iskazati i do-kazati malo dalje u radu.
Ovo nije jedini primjer kako je Brahmagupta koristio metodu kompozicije. Ko-risteci vec napisana svojstva, ako je x = a, y = b rjesenje jednadzbe x2− dy2 = k, tadakoristimo metodu kompozicije na (a, b) i (a, b) i dobivamo (a2 + db2, 2ab) kao rjesenjejednadzbe x2 − dy2 = k2, te dijeljenjem jednadzbe s k2 dobivamo
x =a2 + db2
k, y =
2ab
k
kao rjesenje jednadzbe x2 − dy2 = 1.U nastavku cemo vidjeti za sto nam ovaj rezultat koristiti.
Ako je k = 2, (a, b) je rjesenje x2 − dy2 = k i imamo db = a2 − 2. Vrijedi
x =a2 + db2
2=
2a2 − 2
2= a2 − 1,
y =2ab
2= ab
sto je cjelobrojno rjesenje Pellove jednadzbe.Na analogan nacin se rjesava slucaj k = −2.Ako je k = 4 ili k = −4 na malo kompliciraniji nacin se takoder metodom kompo-zicije mogu naci cjelobrojna rjesenja. Brahmagupta je znao pokazati da ako mozemonaci (a, b) koji priblizno zadovoljava Pellovu jednadzbu a2 − db2 = k, gdje je k =1,−1, 2,−2, 4 ili 4 tada mozemo naci jedno, te i konacno mnogo, cjelobrojnih rjesenjaPellove jednadzbe. Cesto je znao naci i trostruko rjesenje koje zadovoljava jednu odspomenutih jednadzbi a2 − db2 = k.
Iduci indijski matematicar koji se bavio Pellovim jednadzbama bio je BhaskaraII. (1114.-1185.) Iduci vazni korak u rjesavanju Pellove jednadzbe dao je 1150.godinekada je otkrio ciklicku metodu, koju indijski matematicari zovu chakravala. Metodaje algoritam za rjesavanje Pellove jednadzbe x2 − dy2 = 1, koji zapocinje od bilo kojeg”pribliznog” para brojeva (a, b) za a2− db2 = k. Mozemo pretpostaviti da su a i b rela-tivno prosti, u suprotnom ih podijelimo s najvecim zajednickim djeliteljem i dobijemo”bolje” rjesenje s manjim k. Tada su b i k takoder relativno prosti. Osnova metode
Pellove jednadzbe 12
je da za svaki m, (1,m) zadovoljava Pellovski tip jednadzbe m2 − d · 12 = (m2 − d).Bhaskara II. koristi metodu kompozicije na (a, b) i (1,m) da bi dobio
(am+ db)2 − d(bm+ a)2 = (m2 − d)k.
Dijeljenjem s k dobivamo
x =am+ db
k, y =
bm+ a
k
kao rjesenje jednadzbe x2 − dy2 = (m2 − d)k. Zbog toga sto su b i k relativno prostimozemo izabrati m takav da je (bm+a) djeljiv sa k. Bhaskara II. zna (ali nije dokazao)da kada je m izabran tako da je (bm+a) djeljiv sa k, tada su i m2−d i am+db takoderdjeljivi s k. S Takvim izborom m Pellova jednadzba ima cjelobrojna rjesenja. BhaskaraII. je birao m tako da vrijednost m2−d bude najmanja po apsolutnoj vrijednosti. Akoje (m2 − d)k jedna od vrijednosti 1,−1, 2,−2, 4,−4 tada koristimo Brahmaguptinumetodu da bismo nasli rjesenje jednadzbe x2 − dy2 = 1.
Interes za proucavanje Pellovih jednadzbi se javlja u 17.st medu europskim ma-tematicarima. Prvi matematicar koji je postavio problem je Pierre de Fermat 1657.godine koji se dopisivao s ostalim matematicarima toga doba. Na izazov su odgovaraliFrenicle de Bessy, Brouckner i Wallis. Brouckner je otkrio metodu skoro identicnumetodi veriznih razlomaka koju je kasnije usavrsio Lagrange. Frenicle de Bessy jeizracunao tablicu rjesenja Pellove jednadzbe za d manje od 150, no ona nikada nijeobjavljena. Matematicar Rahn je 1658. godine izdao knjigu u kojoj je dao primjerPellove jednadzbe. Rahn je knjigu napisao uz pomoc Pella i to je jedina veza Pella sPellovom jednadzbom. Fermat je tvrdio da Pellova jednadzba za bilo koji d ima be-skonacno mnogo rjesenja. Euler je dao Brahmaguptinu lemu i dokaz, te njemu dajemozaslugu za imenovanje jednadzbe kao Pellova jednadzba iako se smatra da je zabunompomijesao dostignuca Broucknera i Pella. Time zavrsavamo povijesni pregled.
Pellove jednadzbe 13
Najmanje rjesenje (x, y) u prirodnim brojevima Pellove jednadzbe x2 − dy2 = 1nazivamo njeno fundamentalno rjesenje, te ga oznacavamo s (x1, y1) ili x1 + y1
√d.
Teorem 1.5 (Brahmaguptino kompoziciono pravilo.) Ako su (x1, y1) i (x2, y2) rjesenjaPellove jednadzbe x2 − dy2 = 1, tada je i (x3, y3) = (x1x2 + dy1y2, x1y2 + x2y1) takoderrjesenje.
Dokaz. Najprije primijetimo da vrijedi (x1 + y1√d)(x2 + y2
√d) = x1x2 + dy1y2 +√
d(x1y2 + x2y1).Kako su (x1, y1) i (x2, y2) rjesenja Pellove jednadzbe x2 − dy2 = 1, ocito je 1 =
(x21 + y21d)(x22 + y22d). Redom dobivamo
1 = (x1 − y1√d)(x1 + y1
√d)(x2 − y2
√d)(x2 + y2
√d)
= (x1 − y1√d)(x2 − y2
√d)(x1 + y1
√d)(x2 + y2
√d)
= (x1x2 + dy1y2 −√d(x1y2 + x2y1))(x1x2 + dy1y2 +
√d(x1y2 + x2y1))
= (x1x2 + dy1y2)2 − d(x1y2 + x2y1)
2
= x23 − dy23pa je i par (x3, y3) rjesenje Pellove jednadzbe x2 − dy2 = 1. 2
Primjer 1.1 Primjenom Brahmaguptinog kompozicionog pravila iz fundamentalnogrjesenja (x, y) = (3, 1) naci jos nekoliko rjesenja Pellove jednadzbe x2 − 8y2 = 1.
Rjesenje:Primjenom kompozicionog pravila dobivamo rjesenja:(x1, y1) = (3, 1)(x2, y2) = (x21 + dy21, 2x1y1) = (9 + 8, 6) = (17, 6)(x3, y3) = (x1x2 + dy1y2, x1y2 + x2y1) = (51 + 48, 18 + 17) = (99, 35)(x4, y4) = (x1x3 + dy1y3, x1y3 + x3y1) = (297 + 280, 105 + 99) = (577, 204)
(3, 1)(17, 6)(99, 35)
(577, 204)
�
Teorem 1.6 Pellova jednadzba x2 − dy2 = 1 ima beskonacno mnogo rjesenja. Akoje (x1, y1) fundamentalno rjesenje, onda su sva rjesenja (u prirodnim brojevima) ovejednadzbe dana formulom
xn + yn√d = (x1 + y1
√d)n, n ∈ N (1.6)
tj.
xn = xn1 +
(n
2
)dxn−21 y21 +
(n
4
)d2xn−41 y41 + · · ·
yn = nxn−11 y1 +
(n
3
)dxn−31 y31 +
(n
5
)d2xn−51 y51 + · · ·
Pellove jednadzbe 14
Dokaz. Iz (1.6) slijedi xn − yn√d = (x1 − y1
√d)n, pa mnozenjem dobivamo
x2n − dy2n = (x21 − dy21)n = 1,
sto znaci da su (xn, yn) zaista rjesenja i ima ih beskonacno mnogo.Pretpostavimo sada da je (s, t) rjesenje koje nije oblika (xn, yn), n ∈ N. Buduci da
je x1 + y1√d > 1 i s+ t
√d > 1, postoji m ∈ N takav da je
(x1 + y1√d)m < s+ t
√d < (x1 + y1
√d)m+1. (1.7)
Pomnozimo li (1.7) s (x1 + y1√d)−m = (x1 − y1
√d)m, dobivamo
1 < (s+ t√d)(x1 − y1
√d)m < (x1 + y1
√d).
Definirajmo a, b ∈ Z s (a+ b√d) = (s+ t
√d)(x1 − y1
√d)m.
Imamo: a2−db2 = (s2−dt2)(x21−dy21)m = 1. Iz a+b√d > 1 slijedi 0 < a−b
√d < 1, pa
je a > 0 i b > 0. Stoga je (a, b) rjesenje u prirodnim brojevima jednadzbe x2− dy2 = 1i a+ b
√d < x1 + y1
√d, sto je kontradikcija. 2
Teorem 1.7 Neka je (xn, yn), n ∈ N niz svih rjesenja Pellove jednadzbe x2 − dy2 = 1u prirodnim brojevima, zapisan u rastucem redosljedu. Uzmimo da je (x0, y0) = (1, 0).Tada vrijedi:
xn+2 = 2x1xn+1 − xn, yn+2 = 2x1yn+1 − yn, n ≥ 0
Dokaz. Vrijedi: xn + yn√d = (x1 + y1
√d)n. Odatle slijedi i
(xn+1 + yn+1
√d)(x1 + y1
√d) = xn+2 + yn+2
√d
(xn+1 + yn+1
√d)(x1 − y1
√d) = xn + yn
√d
Sada imamo:
xn+2 = x1xn+1 + dy1yn+1,
xn = x1xn+1 − dy1yn+1,
odakle zbrajanjem dobivamo xn+2 = 2x1xn+1 − xn. Analogno je
yn+2 = x1yn+1 + y1xn+1,
yn = x1yn+1 − y1xn+1,
pa ponovo zbrajanjemo dobivamo yn+2 = 2x1yn+1 − yn. 2
Pellove jednadzbe 15
Slijedi tablica u kojoj su prikazana fundamentalna rjesenja Pellove jednadzbex2 − dy2 = 1 za prirodan broj d ≤ 102.
d x y
2 3 23 2 15 9 46 5 27 8 38 3 110 19 611 10 312 7 213 649 18014 15 415 4 117 33 818 17 419 170 3920 9 221 55 1222 197 4223 24 524 5 126 51 1027 26 528 127 2429 9801 182030 11 231 1520 27332 17 333 23 434 35 635 6 137 73 12
d x y
38 37 639 25 440 19 341 2049 32042 13 243 3482 53144 199 3045 161 2446 24335 358847 48 748 7 150 99 1451 50 752 649 9053 66249 910054 89 1255 485 6656 15 257 151 2058 19603 257459 530 6960 31 461 1766319049 22615398062 63 863 8 165 129 1666 65 867 48842 596768 33 469 7775 93670 251 30
d x y
71 3480 41372 17 273 2281249 26700074 3699 43075 26 376 57799 663077 351 4078 53 679 80 980 9 182 163 1883 82 984 55 685 285769 3099686 10405 112287 28 388 197 2189 500001 5300090 19 291 1574 16592 1151 12093 12151 126094 2143295 22106495 39 496 49 597 62809633 637735298 99 1099 10 1101 201 20102 101 10
Tablica 1. Tablica fundamentalnih rjesenja Pellovih jednadzbi
Pellove jednadzbe 16
1.3 Pellove jednadzbe i verizni razlomci
Kako naci fundamentalno rjesenje?Jedna je mogucnost uvrstavati redom y = 1, 2, 3, . . . i provjeravati je li dy2 + 1 potpunkvadrat. Problem je sto za vec relativno male d-ove fundamentalno rjesenje moze bitijako veliko. Npr. za d = 61 fundamentalno rjesenje iznosi 1766319049+226153980
√61.
Ucinkovitije je nalaziti fundamentalno rjesenje pomocu algoritama.Poznat je algoritam za nalazenje fundamentalnog rjesenja. Algoritam koristi diofantskeaproksimacije i verizne razlomke. Svako netrivijalno rjesenje jednadzbe x2 − dy2 = 1inducira jako dobru racionalnu aproksimaciju iracionalnog broja
√d jer primijetimo da
vrijedi ∣∣∣∣√d− x
y
∣∣∣∣ =1
y|x+ y√d|<
1
2√dy2
.
Razvojem realnog broja u verizni razlomak mogu se dobiti jako dobre racionalneaproksimacije tog realnog broja. U nastavku cemo opisati postupak razvoja realnogbroja α u verizni razlomak.Neka je α ∈ R. Izraz oblika:
α = a0 +1
a1 + 1
a2+.. .
,
gdje je a0 ∈ Z, te a1, a2, . . . ∈ N, zove se razvoj broja α u jednostavni verizni (nepre-kidni) razlomak.
Verizni razlomak zapisujemo i u obliku: [a0, a1, a2, . . . ]. Brojevi a0, a1, a2, . . . se zovuparcijalni kvocijenti, a definiraju se na slijedeci nacin:
a0 = bαc, α = a0 +1
α1
, a1 = bα1c, α1 = a1 +1
α2
, a2 = bα2c, . . .
Postupak se nastavlja sve dok je ak 6= αk.Razvoj u jednostavni verizni razlomak broja α je konacan ako i samo ako je α raci-onalan broj. Ako je α = m
n, brojevi a0, a1, a2, . . . su upravo kvocijenti iz Euklidovog
algoritma primijenjenog na brojeve m i n.
Definicija 1.3 Ako je a0 cijeli broj, a1, . . . , an prirodni brojevi, te ako je α = [a0, a1, . . . , an],onda ovaj izraz zovemo razvoj broja α u konacni jednostavni verizni (neprekidni)razlomak; pi
qi= [a0, . . . , ai] je i-ta konvergenta od α, ai je i-ti parcijalni kvocijent
od α, a αi = [ai, ai+1, . . . , an] je i-ti potpuni kvocijent od α.Ako je α iracionalan broj, onda uvodimo oznaku limx→∞[a0, a1, . . . , an] = [a0, a1, a2, . . . ].
Ako je α = [a0, a1, a2, . . . ], onda ovaj izraz zovemo razvoj od α u (beskonacni) jed-nostavni verizni razlomak; pi
qi= [a0, . . . , ai] je i-ta konvergenta od α, ai je i-ti
parcijalni kvocijent od α, a αi = [ai, ai+1, . . . , an] je i-ti potpuni kvocijent od α.
Pellove jednadzbe 17
Racionalne brojeve
pkqk
= a0 +1
a1 + 1
a2+.. .
1ak
= [a0; a1, a2, . . . , ak]
zovemo konvergente veriznog razlomka. Brojnici i nazivnici konvergenti zadovoljavajuslijedece rekurzije:
pn+2 = an+2pn+1 + pn, p0 = a0, p1 = a0a1 + 1, (p−1 = 1, p−2 = 0),
qn+2 = an+2qn+1 + qn, q0 = 1, q1 = a1, (q−1 = 0, q−2 = 1). (1.8)
Vazno je iskazati relaciju koja se lako dokazuje indukcijom i koja povezuje konvergentesa susjednim indeksima:
qnpn−1 − pnqn−1 = (−1)n. (1.9)
Relacija (1.9) povlaci da je p2kq2k≤ α i α ≤ p2k+1
q2k+1za svaki k.
Ako je α pozitivan, onda vrijede nejednakosti:
p0q0<p0q0<p2q2<p4q4< · · · ≤ α ≤ · · · < p5
q5<p3q3<p1q1.
Ako je α iracionalan, onda je limn→∞pnqn
= α.
Zelimo znati koliko dobro konvergente aproksimiraju α. U slijedecim nejednakos-tima nalazimo odgovor:
1
qn(qn + qn+1)<
∣∣∣∣α− pnqn
∣∣∣∣ < 1
q2n.
Legendrov teorem daje obrat ove cinjenice: ako je pq
racionalan broj koji zadovoljava
nejednakost |pq| < 1
2q2, onda je p
qkonvergenta od α.
U nastavku iskazujemo Legendrov teorem.
Teorem 1.8 (Legendre) Neka su p, q cijeli brojevi takvi da je q ≥ 1 i∣∣∣∣α− p
q
∣∣∣∣ < 1
2q2
Tada je pq
neka konvergenta od α.
Dokaz. Mozemo pretpostaviti da je α 6= pq; inace je tvrdnja trivijalno zadovoljena.
Tada mozemo pisati α− pq
= εϑq2, gdje je 0 < ϑ < 1
2i ε = ±1.
Neka jep
q= [b0, b1, . . . , bn−1]
Pellove jednadzbe 18
razvoj od pq
u jednostavni verizni razlomak, gdje je n izabran tako da vrijedi (−1)n−1 =
ε. To uvijek mozemo postici jer je [a0, a1, . . . , am] = [a0, a1, . . . , am − 1, 1].Definirajmo ω sa
α =ωpn−1 + pn−2ωqn−1 + qn−2
,
tako da je α = [b0, b1, . . . , bn−1, ω]. Sada po formuli
qnα− pn = qnαn+1pn + pn−1αn+1qn + qn−1
− pn =(−1)n
αn+1qn + qn−1
slijediεϑ
q2= α− p
q=
1
qn−1(αqn−1 − pn−1) =
1
qn−1· (−1)n−1
ωqn−1 − qn−2,
pa je ϑ = qn−1
ωqn−1+qn−2. Rjesavanjem ove relacije po ω, dobivamo ω = 1
ϑ− qn−2
qn−1. Odavde
slijedi da je ω > 2− 1 = 1. Razvijmo ω u (konacan ili beskonacan) jednostavan veriznirazlomak:
ω = [bn, bb+1, bn+2, . . . ].
Buduci da je ω > 1, svi bj (j = n, n− 1, . . . ) su prirodni brojevi. Stoga je
α = [b0, b1, . . . , bn−1, bn, bn+1, . . . ]
razvoj u verizni razlomak od α i
p
q=pn−1qn−1
= [b0, b1, . . . , bn−1]
sto je konvergenta od α, sto je i trebalo dokazati. 2
Teorem 1.9 Neka je α proizvoljan realan broj, te c pozitivan realan broj. Ako raci-onalan broj p
qzadovoljava nejednakost∣∣∣∣α− p
q
∣∣∣∣ < c
q2(1.10)
tada jep
q=rpn ± spn−1rqn ± sqn−1
,
za neke nenegativne cijele brojeve n, r, s takve da je rs < 2c (i izbor predznaka).
Dokaz. Pretpostavit cemo da je α < pq. U slucaju α > p
q, dokaz je analogan.
Takoder cemo pretpostaviti da je α iracionalan (za α racionalan potrebna je malamodifikacija dokaza). Neka je n najveci neparan broj takav da je
α <p
q≤ pnqn.
(ako je pq> p1
q1, onda uzimamo n = −1.) Definirajmo brojeve r i s sa:
p = rpn+1 + spn,
q = rqn+1 + sqn.
Pellove jednadzbe 19
Prema relaciji (1.9), determinanta ovog sustava je ±1, pa su r, s cijeli brojevi, a kakoje pn+1
qn+1< p
q≤ pn
qn, vrijedi r ≥ 0 i s > 0.
Zbog minimalnosti od n, imamo∣∣∣∣pn+2
pn+2
− p
q
∣∣∣∣ < ∣∣∣∣α− p
q
∣∣∣∣ < c
q2.
Nadalje,∣∣∣∣pn+2
pn+2
− p
q
∣∣∣∣ =(an+2qn+1 + qn)(rpn+1 + spn)− (an+2pn+1 + pn)(rqn+1 + sqn)
qqn+2
=san+2 − rqqn+2
.
Stoga je
q(san+2 − r) < cqn+2 =c
s((san+2 − r)qn+1 + q),
tj.
(san+2 − r)(q −c
sqn+1) <
c
sq.
Dalje imamo1
san+2 − r>q − c
sqn+1
csq
=s
c− 1
r + sqnqn+1
≥ s
c− 1
r.
Tako smo dobili nejednakost (kvadratnu nejednadzbu po r):
r2 − san+2 + can+2 > 0. (1.11)
Razlikujemo sada dva slucaja:
1. s2an+2 ≥ 4cUz ovu pretpostavku je s4a2n+2 ≥ (s2an+2−4c)2, pa za rjesenje nejednadzbe (1.11)vrijedi da je
r <1
2s
(s2an+2 −
√s4a2n+2 − 4cs2an+2
)≤ 2c
s,
ili
r >1
2s
(s2an+2 +
√s4a2n+2 − 4cs2an+2
)≥ 1
s(s2an+2 − 2c).
Prva mogucnost povlaci rs < 2c. Ako je nastupila druga mogucnost, uvodimosupstituciju t = san+2 − r. Broj t je prirodan i vrijedi
p = rpn+1 + spn = (san+2 − t)pn+1 + spn = spn+2 − tpn+1,q = sqn+2 − tqn+1
i st = s2an+2 − rs < 2c.
Pellove jednadzbe 20
2. s2an+2 < 4cAko je r < 1
2san+2, onda rs < 1
2s2an+2 < 2c. Ako je 1
2san+2 ≤ r < san+2, onda
ponovo definiramo t = san+2 − r i vrijedi st ≤ 12s2an+2 < 2c.
2
Mozemo primijetiti da je Legendrov teorem specijalni slucaj Teorema 1.9 za c = 12.
Definicija 1.4 Za beskonacni verizni razlomak [a0, a1, a2, . . . ] kazemo da je periodskiako postoje cijeli brojevi k ≥ 0,m ≥ 1 takvi da je am+n = an za sve n ≥ k. U tomslucaju verizni razlomak pisemo u obliku
[a0, a1, . . . , ak−1, ak, ak+1, . . . , ak+m−1],
gdje ”crta” iznad brojeva ak, ak+1, . . . , ak+m−1 znaci da se taj blok brojeva ponavlja unedogled.
Definicija 1.5 Za iracionalan broj α kazemo da je kvadratna iracionalnost ako jeα korijen kvadratne jednadzbe s racionalnim koeficijentima.
Teorem 1.10 (Euler,Lagrange) Razvoj u jednostavni verizni razlomak realnog broja αje periodski ako i samo ako je α kvadratna iracionalnost.
Dokaz. Neka je α = [b0, b1, . . . , bk−1, a0, a1, . . . , am−1], te neka je β = [a0, a1, . . . , am−1],tj. neka je β cisto periodski dio od α. Iz
β = [a0, a1, . . . , am−1, β]
slijedi da je
β =βpm−1 + pm−2βqm−1 + qm−2
,
a to je kvadratna jednadzba za β (s cjelobrojnim koeficijentima). Buduci da je βiraconalan (jer mu je razvoj beskonacan), to je β kvadratna iracionalnost.
Zapisimo α pomocu β:
α =βp+ p′
βq + q′, (1.12)
gdje su pq
i p′
q′zadnje dvije konvergente od [b0, b1, . . . , bk−1]. Medutim, β ima oblik a+
√b
c,
pa iz (1.12) slijedi da i α ima isti oblik. Buduci da α nije racionalan, prvi dio teoremaje dokazan.
Dokazimo sada obrat. Neka je α kvadratna iracionalnost, tj. neka je α = a+√b
c, a, b, c ∈
Z, b > 0, c 6= 0 i b nije potpun kvadrat. Mnozeci brojnik i nazivnik od α sa |c|, dobivamo
α =ac+
√bc2
c2ili α =
−ac+√bc2
−c2,
u ovisnosti o tome je li c pozitivan ili negativan. Stoga α mozemo zapisati u obliku
α =s0 +
√d
t0,
Pellove jednadzbe 21
gdje su d, s0, t0 ∈ Z, t0 6= 0, d nije potpun kvadrat i t0|(d− s20).Sada cemo opisati razvoj [a0, a1, . . . ] u jednostavni verizni razlomak broja α. Neka
je α0 = α, te neka je
ai = bαic, αi =si +√d
ti, si+1 = aiti − si, ti+1 =
d− s2i+1
ti. (1.13)
Imamo:
αi − ai =si +√d− aititi
=
√d− si+1
ti=
d− s2i+1
ti(√d+ si+1)
=ti+1√d+ si+1
=1
αi+1
,
pa je zaista α = [a0, a1, . . . ].Pokazimo sada matematickom indukcijom da su si, ti cijeli brojevi takvi da je ti 6= 0
i ti|(d− s2i ). To vrijedi za i = 0. Ako tvrdnja vrijedi za neki i, onda iz si+1 = aiti − sislijedi da je broj si+1 cijeli. Relacija
ti+1 =d− s2i+1
ti=d− s2iti
+ 2aisi − a2i ti
pokazuje da je ti+1 cijeli broj. Nadalje, ti+1 6= 0, jer bi inace d = s2i+1 bio potpun
kvadrat. Konacno, iz ti =d−s2i+1
ti+1slijedi da je ti+1|(d− s2i+1).
Sa α′i oznacimo konjugat od αi, tj. α′i = si−√d
ti. Buduci da je konjugat kvocijenata
jednak kvocijentu konjugata, imamo: α′ = αnpn+pn−2
αnqn+qn−2. Odavde je
α′n =qn−2qn−1
(α′0 −
pn−2
qn−2
α′0 −pn−1
qn−1
).
Kad n tezi u∞, pn−1
qn−1i pn−2
qn−2teze prema a0, a a0 je razlicito od a′0. Stoga izraz u zagradi
tezi prema 1, pa je zbog toga pozitivan za dovoljno velike n, recimo za n > N. Sada je
za n > N broj α′n negativan. No, α′n je pozitivan za n ≥ 1, pa je αn − α′n = 2√d
tn> 0.
Dakle, tn > 0 za n > N. Nadalje, za n > N imamo:
s2n < s2n + tn−1tn = d⇒ |sn| <√d,
dok iz αn > 1 i upravo dokazanog slijedi
tn < sn +√d < 2
√d.
Odavde slijedi da uredeni parovi (sn, tn) mogu poprimiti samo konacno mnogo vrijed-nosti, pa postoje prirodni brojevi j i k, j < k, takvi da je sj = sk, tj = tk. Sada (1.13)povlaci da je αj = αk, pa je
α = [a0, . . . , aj−1, aj, aj+1, . . . , ak−1],
sto je i trebalo dokazati. 2
Iz formule (1.13) mozemo primjetiti da je
αi =
⌊si +√d
ti
⌋=
⌊si + b
√dc
ti
⌋,
sto nam olaksava razvoj kvadratnih iracionalnosti u verizni razlomak, jer se ne pojav-ljuju iracionalni brojevi.
Pellove jednadzbe 22
Teorem 1.11 Kvadratna iracionalnost α ima cisto periodski razvoj u jednostavni veriznirazlomak ako i samo ako je α > 1, te −1 < α′ < 0, gdje je α′ konjugat od α. (Za takvukvadratnu iracionalnost kazemo da je reducirana.)
Dokaz. Neka je α > 1 i −1 < α′ < 0. Stavimo α0 = α, te definirajmo αi rekurzivnosa 1
αi+1= αi − ai. Tada je
1
α′i+1
= α′i − ai. (1.14)
Sada je ai ≥ 1 za sve i ≥ 0 (cak i za i = 0 zbog α > 1). Zbog toga, ako je α′i < 0, ondaje 1
α′i+1< −1, odnosno −1 < α′i+1 < 0. Buduci da je −1 < α′0 < 0, indukcijom slijedi
da je −1 < α′i < 0 za sve i ≥ 0. Sada iz (1.14) slijedi
0 < − 1
α′i+1
− ai < 1, tj. ai =
⌊− 1
α′i+1
⌋.
Iz Teorema 1.10 slijedi da postoje prirodni brojevi takvi da je j < k i αj = αk. Sada jeα′j = α′k, te
aj−1 =
⌊− 1
α′j
⌋=
⌊− 1
α′k
⌋= ak−1,
αj−1 = aj−1 −1
αj= ak−1 +
1
αk= αk−1.
Dakle, αj = αk povlaci da je αj−1 = αk−1. Primijenimo li ovu implikaciju j puta,dobivamo α0 = αk−j, tj. α = [a0, a1, . . . , ak−j].
Obrnuto, pretpostavimo da je razvoj od α cisto periodski,
α = [a0, a1, . . . , an−1],
a0, a1, . . . , an−1 ∈ N (zbog a0 = an). Imamo α > a0 ≥ 1. Takoder je
α = [a0, . . . , an−1, α] =αpn−1 + pn−2αqn−1 + qn−2
.
Prema tome, α zadovoljava jednadzbu
f(x) = x2qn−1 + x(qn−2 − pn−1)− pn−2 = 0.
Ova kvadratna jednadzba ima dva korijena, α i α′. Buduci da je α > 1, dovoljno jeprovjeriti da f(x) ima korijen izmedu -1 i 0. To cemo provjeriti tako da pokazemo daf(−1) i f(0) imaju razlicite prednake. Najprije je f(0) = −pn−2 < 0, a potom
f(−1) = qn−1 − qn−2 + pn−1 − pn−2 > 0.
2
Pellove jednadzbe 23
Propozicija 1.1 Ako je d prirodan broj koji nije potpun kvadrat, tada je razvoj broja√d u jednostavni verizni razlomak periodski.
Teorem 1.12 Ako prirodan broj d nije potpun kvadrat, onda razvoj u jednostavniverizni razlomak od
√d ima oblik
√d = [a0, a1, a2, . . . , ar−1, 2a0],
gdje je a0 = b√dc, a a1, . . . , ar−1 su centralno simetricni, tj. a1 = ar−1, a2 = ar−2, . . . .
Nadalje, u (1.13) uz α0 =√d, t0 = 1, s0 = 0, imamo ti 6= −1, te ti = 1 ako i samo ako
r|i (ovdje r oznacava duljinu najmanjeg perioda u razvoju od√d).
Dokaz. Promotrimo broj β =√d+b√dc. Ocito je broj β reduciran, pa po Teoremu
1.11 ima cisto periodican razvoj√d+ b
√dc = [b0, b1, . . . , br−1] = [b0, b1, . . . , br−1, b0]. (1.15)
Razvoji od β i√d se razlikuju samo u prvom clanu, tj. bi = ai za i ≥ 1. Uocimo da je
b0 = b√d+ b
√dcc = 2b
√dc. Sada je
√d = −b
√dc+ β = −b
√dc+ [2b
√dc, b1, . . . , br−1, b0] = [b
√dc, b1, . . . , br−1, b0]
= [a0, a1, . . . , ar−1, 2a0].Da bi dokazali centralnu simetricnost, uocimo da je β = b0 + 1
β1, gdje je
β1 = (√d− b
√dc)−1 = − 1
β′= − 1
β′r= (1.14) = [br−1,−
1
β′r−1] = · · ·
= [br−1, br−2, . . . , b0,−1
β′] = [br−1, br−2, . . . , b0].
Dakle, β = [b0, br−1, br−2, . . . , b0]. Usporedimo li ovo s (1.15), dobivamo: b1 = br−1, b2 =br−2, . . .
Buduci da je r duljina najmanjeg perioda, imamo da je βi = β ako i samo ako r|i.Ako sada primijenimo algoritam (1.13) na b0 =
√d+ b
√dc, t0 = 1, s0 = b
√dc, onda za
sve j ≥ 0 imamo:
sjr +√d
tjr= βjr = β0 =
s0 +√d
t0=√d+ b
√dc,
odnosnosjr − tjrb
√dc = (tjr − 1)
√d,
pa je tjr = 1 jer je√d iracionalan. Nadalje, ti = 1 za sve ostale vrijednosti od i. Zaista,
ti = 1 povlaci βi = si +√d. Medutim, βi ima cisto periodski razvoj, pa je, po Teoremu
1.11, −1 < si −√d < 0. Odavde je
√d− 1 < si <
√d, tj.si = b
√dc, pa je βi = β, sto
povlaci da je r|i.Neka je sada ti = −1. Onda je β = −si −
√d, pa Teorem 1.11 povlaci da je
−si −√d > 1 i −1 < −si +
√d < 0, pa je
√d < si < −
√d− 1, sto je ocito nemoguce.
2
Pellove jednadzbe 24
Primjer 1.2 Razvijmo broj√
31 u jednostavni verizni razlomak.
Rjesenje:Da bismo razvili
√31 koristimo algoritam (1.13) i Teorem 1.12.
√31 ≈ 5.5677643628
s0 = 0 t0 = 1 a0 = b√
31c = 5
s1 = a0t0 − s0 = 5 · 1− 0 = 5 t1 =d−s21t0
= 31−251
= 6 a1 =
⌊s1+a0t1
⌋=
⌊106
⌋= 1
s2 = a1t1 − s1 = 1 · 6− 5 = 1 t2 =d−s22t1
= 31−16
= 5 a2 =
⌊s2+a0t2
⌋=
⌊65
⌋= 1
s3 = a2t2 − s2 = 1 · 5− 1 = 4 t3 =d−s23t2
= 31−165
= 3 a3 =
⌊s3+a0t3
⌋=
⌊93
⌋= 3
s4 = a3t3 − s3 = 3 · 3− 4 = 5 t4 =d−s24t3
= 31−253
= 2 a4 =
⌊s4+a0t4
⌋=
⌊102
⌋= 5
s5 = a4t4 − s4 = 5 · 2− 5 = 5 t5 =d−s25t4
= 31−252
= 3 a5 =
⌊s5+a0t5
⌋=
⌊103
⌋= 3
s6 = a5t5 − s5 = 3 · 3− 5 = 4 t6 =d−s26t5
= 31−163
= 5 a6 =
⌊s6+a0t6
⌋=
⌊95
⌋= 1
s7 = a6t6 − s6 = 1 · 5− 4 = 1 t7 =d−s27t6
= 31−15
= 6 a7 =
⌊s7+a0t7
⌋=
⌊66
⌋= 1
s8 = a7t7−s7 = 1 · 6− 1 = 5 t8 =d−s28t7
= 31−256
= 1 a8 =
⌊s8+a0t8
⌋=
⌊101
⌋= 10
s9 = a8t8 − s8 = 10 · 1− 5 = 5 t9 =d−s29t8
= 31−251
= 6
(s1, t1) = (s9, t9) = (5, 6) i time zaustavljamo algoritam, te zapisujemo:
√31 = [5, 1, 1, 3, 5, 3, 1, 1, 10].
�
Teorem 1.13 Neka je l duljina perioda u razvoju od√d.
Ako je l paran, onda jednadzba x2 − dy2 = −1 nema rjesenja, a sva rjesenja odx2−dy2 = 1 su dana sa (x, y) = (pnl−1, qnl−1), n ∈ N. Posebno, fundamentalno rjesenjeje (pl−1, ql−1).
Ako je l neparan, onda su sva rjesenja jednadzbe x2 − dy2 = −1 dana sa (x, y) =(p(2n−1)l−1, q(2n−1)l−1), a sva rjesenja jednadzbe x2−dy2 = 1 sa (x, y) = (p2nl−1, q2nl−1), n ∈N. Posebno, fundamentalno rjesenje od x2 − dy2 = 1 je (p2l−1, q2l−1).
Pellove jednadzbe 25
Primjer 1.3 Nadimo fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − 48y2 = 1.
Rjesenje:Za rjesavanje ove jednadzbe potrebno je znati razvoj broja
√48 u verizni razlomak.
Da bismo razvili√
48 koristimo algoritam (1.13) i Teorem 1.12.
√48 ≈ 6.9282032302
s0 = 0 t0 = 1 a0 = b√
48c = 6
s1 = a0t0− s0 = 6 · 1− 0 = 6 t1 =d−s21t0
= 48−361
= 12 a1 =
⌊s1+a0t1
⌋=
⌊1212
⌋= 1
s2 = a1t1−s1 = 1 ·12−6 = 6 t2 =d−s22t1
= 48−3612
= 1 a2 =
⌊s2+a0t2
⌋=
⌊121
⌋= 12
s3 = a2t2 − s2 = 12 · 1− 6 = 6 t3 =d−s23t2
= 48−361
= 12
(s1, t1) = (s3, t3) = (6, 12) i time zaustavljamo algoritam, te zapisujemo:
√48 = [6, 1, 12].
Trivijalno rjesenje je (x0, y0) = (1, 0).Period je paran, l = 2. Period nam je potreban da bismo nasli fundamentalno rjesenje(x1, y1) pomocu Teorema 1.13.
(x1, y1) = (pl−1, ql−1) = (p1, q1)
Konvergente (p1, q1) cemo naci pomocu rekurzija (1.8).
p1 = a0a1 + 1 = 6 + 1 = 7, q1 = a1 = 1,
fundamentalno rjesenje jednadzbe iznosi (x1, y1) = (7, 1) �
Primjer 1.4 Naci sva rjesenja jednadzbe x2 − 12y2 = 1 za 1 < x < 1500.
Rjesenje:Za rjesavanje ove jednadzbe potrebno je znati razvoj broja
√12 u verizni razlomak.
Da bismo razvili√
12 koristimo algoritam (1.13) i Teorem 1.12.
√12 ≈ 3.4641016151
s0 = 0 t0 = 1 a0 = b√
12c = 3
s1 = a0t0 − s0 = 3 · 1− 0 = 3 t1 =d−s21t0
= 12−91
= 3 a1 =
⌊s1+a0t1
⌋=
⌊63
⌋= 2
s2 = a1t1 − s1 = 2 · 3− 3 = 3 t2 =d−s22t1
= 12−93
= 1 a2 =
⌊s2+a0t2
⌋=
⌊61
⌋= 6
s3 = a2t2 − s2 = 6 · 1− 3 = 3 t3 =d−s23t2
= 12−91
= 3
(s1, t1) = (s3, t3) = (3, 3) i time zaustavljamo algoritam, te zapisujemo:
√12 = [3, 2, 6].
Pellove jednadzbe 26
Trivijalno rjesenje je (x0, y0) = (1, 0).Period je paran, l = 2. Period nam je potreban da bismo nasli najmanje rjesenje(fundamentalno rjesenje) (x1, y1) pomocu Teorema 1.13.
(x1, y1) = (pl−1, ql−1) = (p1, q1)
Konvergente (p1, q1) cemo naci pomocu rekurzija (1.8).
p1 = a0a1 + 1 = 6 + 1 = 7, q1 = a1 = 2, → (x1, y1) = (7, 2)
Nadalje, ostala rjesenja za 0 < x < 1500 trazimo formulama Teorema 1.7
xn+2 = 2x1xn+1 − xn, yn+2 = 2x1yn+1 − yn, n ≥ 0
x2 = 2x1x1 − x0 = 2 · 7 · 7− 1 = 97 y2 = 2x1y1 − y0 = 2 · 7 · 2− 0 = 28x3 = 2x1x2 − x1 = 2 · 7 · 97− 7 = 1351 y3 = 2x1y2 − y1 = 2 · 7 · 28− 2 = 390
(x1, y1) = (7, 2)
(x2, y2) = (97, 27)
(x3, y3) = (1351, 390)
�
Poglavlje 2
Pellove jednadzbex2 − dy2 = ±1, x2 − dy2 = ±4
Uz obicnu Pellovu jednadzbu x2 − dy2 = 1 cesto se promatraju i jednadzbe oblikax2 − dy2 = −1, 4,−4 koje takoder nazivamo Pellovim jednadzbama.
Kada usporedujemo obicnu Pellovu jednadzbu (1.3) s jednadzbom
x2 − dy2 = −1 (2.1)
uocavamo da jednadzba (2.1) ne mora imati rjesenja u cijelim brojevima. Nuzan uvjetza rjesivost jednadzbe (2.1) je da d nema prostih djelitelja oblika 4k + 3 jer −1 morabiti kvadratni ostatak modulo d. Jos jedan kriterij rjesivosti jednadzbe uvjetuje duljinaperioda u razvoju u verizni razlomak broja
√d.
Teorem 2.1 Pretpostavimo da jednadzba x2−dy2 = −1 ima rjesenja, te da joj je x1 +y1√d fundamentalno rjesenje. Tada je (x1 + y1
√d)2 fundamentalno rjesenje jednadzbe
x2 − dy2 = 1. Ako definiramo xn + yn√d = (x1 + y1
√d)n, tada su s x2n + y2n
√d dana
sva rjesenja jednadzbe x2 − dy2 = 1, a s x2n+1 + y2n+1
√d dana sva rjesenja jednadzbe
x2 − dy2 = −1 u prirodnim brojevima.
Dokaz. Imamo: xn − yn√d = (x1 − y1
√d)n, pa je x2n − dy2n = (−1)n. Dakle, zaista
je x2n + y2n√d rjesenje od x2 − dy2 = 1, a x2n+1 + y2n+1
√d rjesenje od x2 − dy2 = −1.
Pretpostavimo da za fundamentalno rjesenje a+ b√d jednadzbe x2 − dy2 = 1 vrijedi
1 < a+ b√d < (x1 + y1
√d)2.
Iz (x1 + y1√d)(−x1 + y1
√d) = 1, slijedi 0 < −x1 + y1
√d < 1. Stoga je
−x1 + y1√d < (a+ b
√d)(−x1 + y1
√d) = s+ t
√d < x1 + y1
√d,
gdje je s = −ax1 + dby1, t = ay1 − bx1 i vrijedi s2 − dt2 = −1. Zbog s + t√d > 0 i
s−t√d < 0, jasno je da je t > 0. Ako je s < 0, onda iz −x1+y1
√d < s+t
√d dobivamo
x1 + y1√d > −s + t
√d. Prema tome, zakljucujemo da je |s| + t
√d rjesenje od (2.1),
koje je manje od fundamentalnog, sto je kontradikcija.Pretpostavimo sada da je u+ v
√d neko rjesenje od (2.1) koje nije sadrzano u nizu
x2n + y2n√d. Tada postoji m ∈ N takav da je
(x1 + y1√d)2n−1 < u+ v
√d < (x1 + y1
√d)2n+1.
27
Pellove jednadzbe x2 − dy2 = ±1, x2 − dy2 = ±4 28
Mnozeci ove nejednakosti sa (x1 − y1√d)2n, dobivamo
−x1 + y1√d < σ + τ
√d < x1 + y1
√d,
gdje je σ2 − dτ 2 = −1. No, vec smo dokazali da takvi σ i τ ne mogu postojati. 2
Primjer 2.1 Jednadzba x2 − 40y2 = −1 nema rjesenja.
Rjesenje:Fundamentalno rjesenje jednadzbe x2−40y2 = 1 dano je sa 19+3
√40.Kad bi jednadzba
x2 − 40y2 = −1 imala rjesenje onda bi za njeno fundamentalno rjesenje x + y√
40 poTeoremu 2.1 trebalo vrijediti (x+ y
√40)2 = 19 + 3
√40, odnosno
x2 + 40y2 = 19, 2xy = 3
sto je ocito nemoguce zadovoljiti u prirodnim brojevima. �
Primjer 2.2 Nadimo najmanja rjesenja u prirodnim brojevima jednadzbi x2− 13y2 =±1.
Rjesenje:Najprije razvijmo
√13 u verizni razlomak (koristimo algoritam (1.13) i Teorem 1.12).
√13 ≈ 3.6055512755
s0 = 0 t0 = 1 a0 = b√
13c = 3
s1 = a0t0 − s0 = 3 · 1− 0 = 3 t1 =d−s21t0
= 13−91
= 4 a1 =
⌊s1+a0t1
⌋=
⌊64
⌋= 1
s2 = a1t1 − s1 = 1 · 4− 3 = 1 t2 =d−s22t1
= 13−14
= 3 a2 =
⌊s2+a0t2
⌋=
⌊43
⌋= 1
s3 = a2t2 − s2 = 1 · 3− 1 = 2 t3 =d−s23t2
= 13−43
= 3 a3 =
⌊s3+a0t3
⌋=
⌊53
⌋= 1
s4 = a3t3 − s3 = 1 · 3− 2 = 1 t4 =d−s24t3
= 13−13
= 4 a4 =
⌊s4+a0t4
⌋=
⌊44
⌋= 1
s5 = a4t4 − s4 = 1 · 4− 1 = 3 t5 =d−s25t4
= 13−94
= 1 a5 =
⌊s5+a0t5
⌋=
⌊61
⌋= 6
s6 = a5t5 − s5 = 6 · 1− 3 = 3 t6 =d−s26t5
= 13−91
= 4
(s1, t1) = (s6, t6) = (3, 4) i time zaustavljamo algoritam, te zapisujemo:√
13 = [3, 1, 1, 1, 1, 6].
Period je neparan, l = 5. Pomocu Teorema 1.13 cemo izracunati fundamentalnarjesenja. Fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − 13y2 = −1 je (pl−1, ql−1) = (p4, q4)Konvergente (p4, q4) cemo naci pomocu rekurzija (1.8).
p0 = a0 = 3 p1 = a0a1 + 1 = 3 · 1 + 1 = 4 p2 = a2p1 + p0 = 1 · 4 + 3 = 7p3 = a3p2 + p1 = 1 · 7 + 4 = 11 p4 = a4p3 + p2 = 1 · 11 + 17 = 18.
Pellove jednadzbe x2 − dy2 = ±1, x2 − dy2 = ±4 29
q0 = 1 q1 = a1 = 1 q2 = a2q1 + q0 = 1 · 1 + 1 = 2q3 = a3q2 + q1 = 1 · 2 + 1 = 3 q4 = a4q3 + q2 = 1 · 3 + 2 = 5.
Fundamentalno rjesenje jednadzbe x2−13y2 = −1 je (p4, q4) = (18, 5) ili 18+5√
13.Po Teoremu 2.1 da bismo dobili fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − 13y2 = 1dovoljno je kvadrirati fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − 13y2 = −1.
Fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − 13y2 = 1 je(18 + 5
√13)2 = (324 + 2 · 18 · 5
√13 + 25 · 13) = 649 + 180
√13 ili (649, 180). �
Propozicija 2.1 Ako je p prost broj i p ≡ 1(mod 4), onda jednadzba x2 − py2 = −1ima rjesenja.
Dokaz. Neka je (x1, y1) fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − py2 = 1. Tada jex21 − y21 ≡ 1(mod 4), pa je x1 neparan, a y1 paran. Iz
x1 − 1
2· x1 + 1
2= p ·
(y12
)2
i
(x1 − 1
2,x1 + 1
2
)= 1
slijedi da postoje u, v ∈ N takvi da je
x1 ± 1
2= pu2,
x1 ∓ 1
2= v2,
y12
= uv.
Odavde je v2 − pu2 = ∓1. No, iz u < y1 i minimalnosti od (x1, y1), slijedi da ovdje nemozemo imati predznak +, tj. da vrijedi v2 − pu2 = −1.
(Uocimo da je po Teoremu 2.1, u+ v√p fundamentalno rjesenje od x2 − py2 = −1
i vrijedi (u+ v√p)2 = u2 + pv2 + 2uv
√p = x1 + y1
√pd.) 2
Pellove jednadzbe x2 − dy2 = ±1, x2 − dy2 = ±4 30
Jednadzba oblikax2 − dy2 = 4 (2.2)
uvijek ima rjesenja u prirodnim brojevima. Ako je (x, y) rjesenje jednadzbe x2−dy2 =1, onda je (2x, 2y) rjesenje jednadzbe (2.2)
Teorem 2.2 Sva rjesenja jednadzbe x2 − dy2 = 4 u prirodnim brojevima dana su sa
xn + yn√d
2=
(x1 + y1
√d
2
)n, n ∈ N,
gdje je (x1, y1) fundamentalno (tj. najmanje) rjesenje te jednadzbe.
U ovisnosti o parnosti ili neparnosti brojeva x1 i y1 imamo 3 slucaja (slucaj u kojemje x1 neparan, a y1 paran nije moguc):
• Ako su x1, y1 oba parni, onda su xn, yn takoder parni za svaki n i x12
+ y12
√d
predstavlja fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − dy2 = 1.
• Ako je x1 paran, a y1 neparan, onda 4|d, tj. d = 4d′. Sada je x12
+ y1√d′ funda-
mentalno rjesenje jednadzbe x2 − d′y2 = 1.
• Ako su x1, y1 oba neparni, nemamo ocitu vezu s obicnom Pellovom jednadzbom.U tom slucaju mora vrijediti d ≡ dy21 ≡ x21 − 4 ≡ 5(mod 8). Nuzan uvjet dabi jednadzba x2 − dy2 = 4 imala rjesenje u neparnim brojevima jest da je d ≡5(mod 8).
Propozicija 2.2 Ako jednadzba x2−dy2 = 4 ima rjesenja u neparnim brojevima i akoje x1 + y1
√d njezino fundamentalno rjesenje, onda je(
x1 + y1√d
2
)3
=1
8(x31 + 3dx1y
21) +
1
8(3x21y1 + dy31)
√d
fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − dy2 = 1.
Dokaz. Buduci da su x1, y1 neparni i d ≡ 5(mod 8), vrijedi
x21 + 3dy21 ≡ 1 + 15 ≡ 0(mod 8), 3x21 + dy21 ≡ 3 + 5 ≡ 0(mod 8),
pa su brojevi u1 = 18(x31 + 3dx1y
21) i v1 = 1
8(3x21y1) + dy31 cijeli. Nadalje, u21 − dv21 =(
x21−dy214
)= 1.
Pretpostavimo da u1 + dv1 nije fundamentalno rjesenje jednadzbe (1.3), te neka jes1 + t1
√d to fundamentalno rjesenje. To znaci da je
1 < s1 + t1√d <
(x1 + y1
√d
2
)3
.
Pellove jednadzbe x2 − dy2 = ±1, x2 − dy2 = ±4 31
Uocimo da ne moze biti s1 + t1√d < x1+y1
√d
2, jer bi tada 2s1 + 2t1
√d bilo rjesenje od
(2.2) koje je manje od x1 + y1√d. Takoder, ne moze biti s1 + t1
√d =
(x1+y1
√d
2
)2, jer
brojx21+y
21
√d
4nije cijeli. Zato je(
x1 + y1√d
2
)i< s1 + t1
√d <
(x1 + y1
√d
2
)i+1
(2.3)
za i = 1 ili i = 2. Mnozeci nejednakosti u (2.3) sa(x1−y1
√d
2
)i, dobivamo
1 <a+ b
√d
2<x1 + y1
√d
2,
gdje je a2 − db2 = 4, sto je u kontradikciji s minimalnoscu od (x1, y1). 2
Primjer 2.3 Nadimo fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − 34y2 = 4.
Rjesenje:Prvo cemo naci fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − 34y2 = 1.Razvijmo
√34 u verizni razlomak
√34 ≈ 5.8309518948
s0 = 0 t0 = 1 a0 = b√
34c = 5
s1 = a0t0 − s0 = 5 · 1− 0 = 5 t1 =d−s21t0
= 34−251
= 9 a1 =
⌊s1+a0t1
⌋=
⌊109
⌋= 1
s2 = a1t1 − s1 = 1 · 9− 5 = 4 t2 =d−s22t1
= 34−169
= 2 a2 =
⌊s2+a0t2
⌋=
⌊92
⌋= 4
s3 = a2t2 − s2 = 4 · 2− 4 = 4 t3 =d−s23t2
= 34−162
= 9 a3 =
⌊s3+a0t3
⌋=
⌊99
⌋= 1
s4 = a3t3− s3 = 1 · 9 − 4 = 5 t4 =d−s24t3
= 34−259
= 1 a4 =
⌊s4+a0t4
⌋=
⌊101
⌋= 10
s5 = a4t4 − s4 = 10 · 1− 5 = 5 t5 =d−s25t4
= 34−251
= 9
(s1, t1) = (s5, t5) = (5, 9) i time zaustavljamo algoritam, te zapisujemo:
√34 = [5, 1, 4, 1, 10].
Period je paran, l = 4. Fundamentalno rjesenje je (pl−1, ql−1) = (p3, q3).
p0 = a0 = 5 p1 = a0a1 + 1 = 5 · 1 + 1 = 6 p2 = a2p1 + p0 = 4 · 6 + 5 = 29p3 = a3p2 + p1 = 1 · 29 + 6 = 35
q0 = 1 q1 = a1 = 1 q2 = a2q1 + q0 = 4 · 1 + 1 = 5 q3 = a3q2 + q1 = 1 · 5 + 1 = 6
Fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − 34y2 = 1 je (x1, y1) = (35, 6)Fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − 34y2 = 4 je (2x1, 2y1) = (70, 12) �
Pellove jednadzbe x2 − dy2 = ±1, x2 − dy2 = ±4 32
Jednadzbax2 − dy2 = −4. (2.4)
ne mora imati rjesenja. Ako jednadzba x2 − dy2 = −1 ima rjesenja, onda i jednadzba(2.4) ima rjesenja (u parnim brojevima). Jednadzba (2.4) moze imati rjesenja i uneparnim brojevima, tada je nuzan uvjet za postojanje neparnih rjesenja d ≡ 5(mod 8).
Teorem 2.3 Pretpostavimo da jednadzba x2 − dy2 = −4 ima rjesenja, te da je x1 +y1√d njezino fundamentalno rjesenje. Tada su sva rjesenja te jednadzbe dana sa
xn + yn√d
2=
(x1 + y1
√d
2
)n, n neparan.
Nadalje,
(x1+y1
√d
2
)2
je fundamentalno rjesenje jednadzbe x2 − dy2 = 4.
Poglavlje 3
Pellovske jednadzbe
3.1 Opca Pellovska jednadzba
Definicija 3.1 Jednadzba oblika
x2 − dy2 = N, (3.1)
gdje je d ∈ N, d nije potpun kvadrat i N ∈ N naziva se Pellovska jednadzba.
Jednadzba (3.1) ne mora imati cjelobrojnih rjesenja, no ukoliko ima barem jednorjesenje, onda ih ima beskonacno mnogo.Ako je x+y
√d rjesenje Pellovske jednadzbe x2−dy2 = N, a u+v
√d rjesenje pripadne
Pellove jednadzbe x2 − dy2 = 1, onda je
(x+ y√d)(u+ v
√d) = (ux+ dvy) + (uy + vx)
√d (3.2)
takoder rjesenje jednadzbe (3.1), jer je
(ux+ dvy)2 − d(uy + vx)2 = (x2 − dy2)(u2 − dv2) = N · 1 = N.
Uz pretpostavku da Pellovska jednadzba (3.1) ima barem jedno rjesenje, buduci daPellova jednadzba ima beskonacno rjesenja, iz (3.2) slijedi da i jednadzba (3.1) imabeskonacno rjesenja.
Definicija 3.2 Za dva rjesenja x + y√d i x′ + y′
√d jednadzbe (3.1) kazemo da su
asocirana ako se jedno iz drugog moze dobiti mnozenjem s nekim rjesenjem Pellovejednadzbe kao u formuli (3.2).
Medusobno asocirana rjesenja tvore jednu klasu rjesenja.Neka je K jedna klasa rjesenja, te neka su njeni elementi xi + yi
√d, i = 1, 2, 3, . . .
Klasu koja se sastoji od rjesenja xi−yi√d oznacavamo s K i kazemo da je konjugirana
klasi K. Ako vrijedi K = K, kazemo da je klasa K dvoznacna.
33
Pellovske jednadzbe 34
Rjesenje x∗ + y∗√d odabrano iz klase K zovemo fundamentalno rjesenje jed-
nadzbe x2 − dy2 = N u klasi K. Rjesenje biramo tako da y∗ poprimi najmanjumogucu nenegativnu vrijednost medu svim elementima x + y
√d u klasi K. Time je
i x∗ jednoznacno odreden (osim u slucaju kada je klasa K dvoznacna). Ako je klasaK dvoznacna, x∗ biramo tako da zadovolji i dodatni uvijet da je x∗ ≥ 0. Uocavamo da|x∗| poprima najmanju mogucu vrijednost unutar klase K.
Teorem 3.1 Neka je u+v√d fundamentalno rjesenje jednadzbe x2−dy2 = 1. Tada za
svako fundamentalno rjesenje x∗ + y∗√d jednadzbe x2 − dy2 = N vrijede nejednakosti
0 ≤ y∗ ≤ v√2(u+ ε)
√|N |,
|x∗| ≤√
1
2(u+ ε)|N |,
gdje je ε = 1 ako je N > 0,a ε = −1 ako je N < 0. Posebno, fundamentalnih rjesenja(pa i klasa rjesenja) ima konacno mnogo.
Dokaz. Dokazat cemo tvrdnju za N < 0. Dokaz za N > 0 je analogan. Definirajmocijele brojeve x′, y′ sa x′ + y′
√d = (x∗ + y∗
√d)(u− δv
√d), gdje je δ = 1 ako je x∗ ≥ 0,
a δ = −1 ako je x∗ < 0. Tada x′ + y′√d pripada istoj klasi kao i x∗ + y∗
√d, pa zbog
minimalnosti od y∗ zakljucujemo da je
y′ = uy∗ − δvx∗ ≥ y∗,
sto povlaci v|x∗| ≤ (u− 1)y∗. Kvadriranjem dobivamo
v2(dy∗2 +N) ≤ (u2 − 2u+ 1)y∗2,
tj. y∗2(2u− 2) ≤ |N | · v2, pa dobivamo trazenu nejednakost za y∗2. Sada je
x∗2 = dy∗2 +N ≤ −dNv2
2u− 2+N =
−N(u2 − 2u+ 1)
2u− 2=|N | · (u− 1)
2.
2
Primjer 3.1 Rijesimo jednadzbu x2 − 7y2 = −31.
Rjesenje:Fundamentalno rjesenje pripadne jednadzbe x2 − 7y2 = 1 je 8 + 3
√7 ili (u, v) = (8, 3).
Koristimo Teorem 3.1.Za fundamentalna rjesenja polazne jednadzbe vrijedi:
0 ≤ y∗ ≤ v√2(u+ ε)
√|N | ≤ 3√
2(8− 1)
√| − 31| ≤ 4, 4641
Prema tome y∗ ≤ 4.
|x∗| ≤√
1
2(u+ ε)|N | ≤
√1
2(8− 1)| − 31| ≤ 10.416,
Pellovske jednadzbe 35
Prema tome |x∗| ≤ 10.Provjeravamo za koje y = 1, 2, 3, 4 pocetna jednadzba ima rjesenja.Dobijemo da jednadzba ima rjesenja za
y = 4, x2 = −31 + 112 = 81 → x = ±9
Rjesenja koja zadovoljavaju jednadzbu su (9 + 4√
7) i (−9 + 4√
7) (nisu asocirana).Sva rjesenja dana su sa
x+ y√
7 = ±(9 + 4√
7)(8 + 3√
7)n ili x+ y√
7 = ±(−9 + 4√
7)(8 + 3√
7)n
za n ∈ Z. Imamo dva niza rjesenja u prirodnim brojevima,
x0 = 9; y0 = 4; x1 + y1√
7 = (9 + 4√
7)(8 + 3√
7) = 156 + 59√
7 x1 = 156; y1 = 59;
x′0 = −9; y′0 = 4; x′1 + y′1√
7 = (−9 + 4√
7)(8 + 3√
7) = 12 + 5√
7 x′1 = 12; y′1 = 5;
�
Propozicija 3.1 Pretpostavimo da je |N | <√d. Ako je x + y
√d rjesenje jednadzbe
x2 − dy2 = N, onda je xy
neka konvergenta u razvoju u verizni razlomak od√d.
Dokaz. Pretpostavimo najprije da je N > 0. Tada je x > y√d, pa je
0 <x
y−√d =
N
y(x+ y√d)<
N
2√dy2
<1
2y2.
Iz Legendrovog teorema slijedi da je xy
neka (neparna) konvergenta od√d.
Neka je sada N < 0. Tada je x < y√d, pa imamo
0 <y
x− 1√
d=
|N |x√d(x+ y
√d)<|N |
2√dx2
<1
2x2.
Zakljucujemo da je yx
neka konvergenta od 1√d. No, ako je y
xi-ta konvergenta od 1√
d,
onda je xy
(i− 1)-va konvergenta od√d. 2
Ako je |N | <√d, rjesivost jednadzbe x2−dy2 = N u relativno prostim cijelim bro-
jevima x, y mozemo ustanoviti tako da√d razvijemo u verizni razlomak, te provjerimo
zadovoljava li neka od prvih 2l konvergenti relaciju
p2i − dq2i = (−1)i+1ti+1 = N.
Ako N nije puno veci od√d, mozemo koristiti Teorem 1.9 umjesto Legendreovog
teorema. Pritom koristimo relaciju
(rpi ± spi−1)2 − d(rqi ± sqi−1)2 = (−1)i+1(r2ti+1 − s2ti∓2rssi+1). (3.3)
Rjesenje x0+y0√d je primitivno ako su x0 i y0 relativno prosti. Ako je (x0, y0) = g,
onda je x0g
+ y0g
√d primitivno rjesenje jednadzbe x2 − dy2 = N
g2.
Pellovske jednadzbe 36
Primjer 3.2 Neka je k prirodan broj. Odrediti sve prirodne brojeve N takve da jeN < 4k i da jednadzba
x2 − (k2 + 1)y2 = N
ima primitivno rjesenje.
Rjesenje:Imamo da je
0 <x
y−√x2 + 1 <
N
2√k2 + 1y2
<2k√
k2 + 1y2<
2
y2.
Po Teoremu 1.9, brojevi x i y imaju oblika x = rpi ± spi−1, y = rqi ± sqi−1, gdje jers < 4. Broj
√k2 + 1 ima vrlo jednostavan razvoj u verizni razlomak:
√k2 + 1 = [k, 2k].
Nadalje, si = k, ti = 1 za svaki i ≥ 1. Zato je u formulu (3.3) dovoljno uvrstiti i = 1,te (r, s) = (1, 0), (1, 1), (1, 2), (2, 2), (1, 3), (3, 1). Dobivaju se slijedece vrjednosti od Nkoje zadvoljavaju uvjet 0 < N < 4k.
N = 1, 2k, 4k − 3 (za svaki 4k ∈ N),
te jos dodatno N = 10 za k = 3 (sto je jednako 6k − 8). �
U nastavku cemo prikazati opci algoritam za rjesavanje opce pellovske jednadzbex2 − dy2 = N. Algoritmom se za |N | <
√d rjesavanje svodi na trazenje rjesenja
jednadzbe x2 − dy2 = N ′, gdje je N ′ >√d. Konstrukcijom koja se koristi doci cemo
do novog dokaza o konacnosti broja klasa rjesenja, te ocjene za broj klasa koja neceovisiti o velicini fundamentalnog rjesenja pripadne Pellove jednadzbe.
Lema 3.1 Ako je x0 + y0√d primitivno rjesenje jednadzbe x2− dy2 = N, onda postoji
cijeli broj k, |k| ≤ |N |2, sa svojstvom
x0 ≡ ky0(mod N),
k2 ≡ d(mod N).
U tom slucaju kazemo da rjesenje x0 + y0√d pripada broju k.
Dokaz. Buduci da su x0 i y0 relativno prosti, tada su i y0 i N takoder relativnoprosti. Stoga postoji k ∈ Z takav da je ky0 ≡ (mod N). Broj k mozemo izabrati iz bilokojeg potpunog sustava ostataka modulo N, pa tako i iz onog s najmanjim ostacimapo apsolutnoj vrijednosti, koji sadrzi ostatke koji su ≤ |N |
2. Nadalje,
x20 − dy20 ≡ (k2 − d)y20 ≡ 0(mod N),
pa je k2 ≡ d(mod N.) 2
Pellovske jednadzbe 37
Lema 3.2 Dva primitivna rjesenja jednadzbe x2 − dy2 = N su asocirana ako i samoako pripadaju istom broju.
Dokaz. Neka su x0 +y0√d i x1 +y1
√d dva primitivna asocirana rjesenja jednadzbe
x2 − dy2 = N. Tada postoji rjesenje u+ v√d jednadzbe x2 − dy2 = 1 tako da je
x1 = x0u+ dy0v, y1 = x0v + y0u.
Ako x0 + y0√d pripada broju k, onda vrijedi
y1k ≡ x0vk + y0uk ≡ y0vk2 + x0u ≡ dy0v + x0u ≡ x1(mod N),
pa i x1 + y1√d pripada broju k.
Dokazimo sada obrat. Pretpostavimo da rjesenja x0 + y0√d i x1 + y1
√d pripadaju
istom broju k. Tada je
x0x1 ≡ k2y0y1 ≡ dy0y1(mod N) i x0y1 ≡ ky0y1 ≡ y0x1(mod N),
pa su rjesenja asocirana. 2
Korolar 3.1 Neka je N kvadratno slobodan cijeli broj, tj. neka je 1 najveci kvadratkoji dijeli N . Broj klasa rjesenja jednadzbe x2−dy2 = N je manji ili jednak 2ω(N), gdjeje ω(N) broj prostih faktora od N.
Dokaz. Buduci da je N kvadratno slobodan, sva rjesenja su primitivna. Po Lemi3.2, broj klasa je manji ili jednak broju mogucih k-ova, tj. broju rjesenja kongruencijex2 ≡ d(mod N). Neka je N = p1p2 · · · pω(N). Za svaki i = 1, 2, . . . , ω(N), kongruencijax2 ≡ d(mod pi) ima najvise dva rjesenja, pa je (prema Lagrangeovom teoremu, Teorem2.3.2 [4]) broj rjesenja kongruencije x2 ≡ d(mod N) manji ili jednak 2ω(N). 2
Neka je k2 ≡ d(mod N). Definirajmo M = k2−dN. Moze se pokazati da jednadzba
x2−dy2 = N ima rjesenje koje pripada broju k ako i samo ako jednadzba X2−dY 2 = Mima rjesenje koje pripada broju k. Nadalje, veza medu rjesenjima ovih dviju jednadzbije dana sa:
x =
∣∣∣∣dY ± kXM
∣∣∣∣, y =
∣∣∣∣X ± kYM
∣∣∣∣ (3.4)
gdje je predznak odabran tako da brojnici budu djeljivi s M .Pretpostavimo da je |N | >
√d. Ako je k2 − d > 0, onda je
|M | < k2
|N |≤ N2/4
|N |=|N |4,
a ako je k2 − d < 0, onda je
|M | ≤ d
|N |<
d√d
=√d.
Stoga u konacno mnogo koraka dolazimo do rjesenja jednadzbe oblika x2 − dy2 = M ′
u kojoj |M ′| <√d, koja se moze rijesiti koristenjem veriznih razlomaka (Propozicija
3.1).
Pellovske jednadzbe 38
Primjer 3.3 Dokazimo da jednadzba x2 − 13y2 = 53 ima rjesenja.
Rjesenje:Prvo promotrimo kongruenciju k2 ≡ 13(mod 53). Ona ima rjesenja k = ±15.Pripadni M je jednak 4, a pripadna jednadzba je X2 − 13Y 2 = 4. Znamo da ovajednadzba mora imati rjesenja, njeno najmanje rjesenje je X + Y
√d = 11 + 3
√13.
Stoga i polazna jednadzba ima rjesenja.Koristeci formule (3.4), dobivamo da je jedno rjesenje
x =
∣∣∣∣13 · 3 + 11 · 15
4
∣∣∣∣ = 51, y =
∣∣∣∣11 + 15 · 34
∣∣∣∣ = 14.
�
Bibliografija
[1] Albert H. Beiler: Recreations in the Theory of Numbers: The Queen of Mat-hematics Entertains; Courier Dover Publications, 1964.
[2] A. Dujella: Diofantske jednadzbe; skripta, PMF - Matematicki odsjek,Sveuciliste u Zagrebu, 2006.
[3] A. Dujella: Uvod u teoriju brojeva; skripta, PMF - Matematicki odsjek,Sveuciliste u Zagrebu, 2003.
[4] B. Dakic: Arhimedov problem stoke; Matematika i skola 51 (2009), 34 - 37
[5] G. A. Jones, J. M. Jones: Elementary Number Theory; Undergraduate Textsin Mathematics; Springer-Verlag, London, 2003.
[6] Krumbiegel B., Amthor A.: Das problema Bovinum des Archimedes,Historish - literariche Abteilung der Zeitschrift fur Mathematik und Physik 25(1880), 153 - 171
[7] I. Matic: Uvod u teoriju brojeva; skripta, Odjel za matematiku, Sveuciliste uOsijeku, 2011.
[8] J. Stillwell: Elements of Number Theory; Undergraduate Texts in Mathema-tics; Springer-Verlag, New York, 2003.
[9] The MacTutor History of Mathematics Archive(http://www-history.mcs.st-and.ac.uk/BiogIndex.html, svibanj 2012.)
39
Sazetak
U ovom radu je obraden poseban tip diofantske jednadzbe drugog reda, Pellova jed-nadzba. Osim Pellove jednadzbe obraden je i njem poseban oblik, pellovska jednadzba.Rad se bavi problemom kako rijesiti Pellove i pellovske jednadzbe, odnosno kako pronacifundamentalno rjesenje. U radu je pokazano i kako pronaci ostala rjesenja jednadzbiako je poznato fundamentalno rjesenje.Prvo poglavlje se bavi s opcom Pellovom jednadzbom, njenim povijesnim razvojem, tevezi s veriznim razlomcima. Takoder su dani primjeri kako rjesavati Pellovu jednadzbu.U drugom poglavlju su obradene Pellove jednadzbe posebnog oblika sa rijesenim pri-mjerima.U poslijednjem poglavlju su obradene pellovske jednadzbe, dana su svojstva i nacinnjihovog rjesavanja kroz primjere.
Kljucne rijeci: Pellova jednadzba, pellovska jednadzba, diofantska jednadzba, funda-mentalno rjesenje, verizni razlomak
40
Summary
The paper elaborates a special type of diophantine equatios of second order, Pell’sequation. A special form of Pell’s equations, called pellian equation, is also analysed.This paper deals with the problem of solving Pell’s and pellian equations, or finding afundamental solution. In this work also showns how to find other solutions of equationsif the fundamental solution is known.The first chapter deals with general Pell’s equation, its historical development and re-lation to continued fractions. There have also been given examples on how to solvePell’s equation.Second chapter contains the special form of Pell’s equation with solved examples.Pellian equations are elaborated in the last chapter, together with their properties anda way of finding their solutions through examples.
Key words: Pell’s equation, pellian equation, diophantine equation, fundamentalsolution, continued fraction
41
Zivotopis
Rodena sam 28. sijecnja 1985. godine u Osijeku. Osnovnu skolu upisala sam 1991.godine. Pohadala sam Osnovnu skolu Visnjevac. Godine 1999. upisala sam II. Gim-naziju u Osijeku. U rujnu 2003. godine sam upisala cetverogodisnji nastavnicki studijmatematike i informatike po starom programu, te sam se u listopadu 2005. prebacilana preddiplomski studij matematike na Odjelu za matematiku, a sveucilisni nastavnickistudij matematike i informatike sam upisala u listopadu 2008. godine.
42
![KËSTI I PARË 247 PËRFITUES [Shqiptarja.com] pare 247... · Aferdita Fadil Come Ruzhdi Skender Guza Mendu Skender Guza Xhevair Skender Guza Elvis Selami Ferazini Gjon Pjeter Bardhoci](https://img.pdfslide.net/doc/110x75/5e1859a7656ef7362323e8a9/ksti-i-par-247-prfitues-pare-247-aferdita-fadil-come-ruzhdi-skender.jpg)
