Hoofdstuk 16. De vergelijking van Pell De oplossing. Stel dat N N geen kwadraat is. Beschouw de vergelijking. x 2 Ny 2 = 1

Transcriptie

1 Hoofdstuk 16 De vergelijking van Pell 16.1 De oplossing Stel dat N N geen kwadraat is. Beschouw de vergelijking x Ny = 1 in de onbekenden x, y Z 0. We noemen dit soort vergelijking de vergelijking van Pell. Dit is een voorbeeld van een diophantische vergelijking, dat wil zeggen, een vergelijking waarvan de oplossing in gehele getallen gevraagd wordt. Hoewel er talloze diophantische vergelijkingen zijn, sprongen sommigen er door hun bijzondere eigenschappen al vroeg in de geschiedenis van de getaltheorie uit. Dat de vergelijking van Pell er ook zo één is kunnen we aan een aantal voorbeelden al snel zien. Neem bijvoorbeeld N =. Door proberen vinden we de kleinste oplossing 3 = 1. Verder proberen geeft 1 1 = 1 en mensen met veel geduld of een computer zullen ook nog wel 99 0 = 1 kunnen vinden. Het zal blijken dat de lijst oplossingen oneindig lang is. Nemen we in plaats van N = andere waarden van N dan ontdekken we dat naast de triviale x = 1, y = 0, er altijd oplossingen met x, y > 0 te vinden zijn. Dit feit werd reeds in de oudheid opgemerkt en van bijzonder belang geacht. Soms moeten we erg lang zoeken, zoals bij N = 61. De kleinste oplossing is = 1. Het is duidelijk dat een dergelijke oplossing niet door lukraak zoeken gevonden wordt. In 165 vond de Engelse wiskundige W.Brouncker een oplossingsmethode. Met deze methode vond Brouncker de kleinste niet-triviale oplossing x = , y = voor x 313y = 1! De methode van Brouncker werd beschreven in het boek van J.Wallis over algebra en getaltheorie. Door een misverstand nam Euler aan dat de oplossingsmethode van de Engelse wiskundige John Pell afkomstig was. Sindsdien is Pell s naam aan deze vergelijking blijven kleven, hoewel Pell er niets mee van 148

2 16.1. DE OPLOSSING 149 doen had. Brouncker s methode berust op het gebruik van kettingbreuken. We nemen daarom aan dat de lezer bekend is met de resultaten uit Hoofdstuk 14. Onze eerste stelling laat het verband met kettingbreuken zien, maar dan voor de algemenere vergelijking x Ny = A, waarin A een gegeven geheel getal is. Stelling Zij N N, geen kwadraat en A Z met A < N. Stel dat x, y N een oplossing is van x Ny = A. Dan is x/y een convergent van de kettingbreukontwikkeling van N. Het bewijs maakt gebruik van het feit dat als x Ny klein is in absolute waarde, de breuk x/y een goede benadering is van N. De benadering is zelfs zo goed dat het een convergent van de kettingbreuk van N moet zijn. We laten eerst zien dat x A y. Zou x < A y zijn, dan hebben we de volgende ongelijkheden, x Ny < x A y = (x y A )(x + y A ) < A hetgeen in tegenspraak is met x Ny = A. Dus x A y. Merk op dat x Ny = A impliceert, x y N A x + y N < A x + y A A y A = 1 y Deel aan beide zijden door y en gebruik Stelling om te zien dat x/y een convergent is. Nu we het verband met kettingbreuken geconstateerd hebben, halen we even de notaties rond de kettingbreuk van N boven water, dus we gebruiken weer de tussenwaarden α n en de convergenten p n /q n, zoals in paragraaf 14.. Ook definieren we bij elke α n de standaard vorm α n = P n+ N Q n, zoals in paragraaf??. We hebben de volgende stelling. Stelling Met de notaties uit paragrafen 14. en 14.4 geldt dat voor alle n 0. Uit formule (??) weten we dat Uitwerking hiervan geeft p n Nq n = ( 1) n+1 Q n+1 α n+1 = p n 1 Nq n 1 p n Nq n. ( p n 1 Nq n 1 )(p n + Nq n p n Nq n = p np n 1 + q n q n 1 N + (p n q n 1 p n 1 q n ) N. p n Nqn

3 150 HOOFDSTUK 16. DE VERGELIJKING VAN PELL Omdat p n q n 1 p n 1 q n = ( 1) n+1 volgens Stelling , lezen we af dat p n Nqn = ( 1) n+1 Q n+1. We geven een voorbeeld met N = 3. Eerst de kettingbreukontwikkeling, 3 = = = = = = = = = We hebben nu dezelfde rest als bij de eerste stap en de ontwikkeling herhaalt zich. We zien dat 3 = 4, 1, 3, 1, 8. In het bijzonder zien we: α 0 = 3, α 1 = 4 + 3, α = 3 + 3, α 3 = 3 + 3, α 4 = Daarna α 5 = α 1, α 6 = α, etc. Hieruit lezen we af dat a 0 = 4, a 1 = 1, a = 3, a 3 = 1, a 4 = 8,... en Q 0 = 1, Q 1 =, Q =, Q 3 =, Q 4 = 1,.... Merk op dat de rij Q n periodiek is met periode 4. We zetten de uitkomsten in een tabel samen met n a n p de convergenten. n q n p n 3qn Q n Uit dit voorbeeld lezen wij in elk geval af dat er oneindig veel oplossingen voor x 3y = 1 zijn (evenals voor x 3y = ). Zouden we deze methode voor N = 13 uitvoeren, dan vinden we Q 0 = 1, Q 1 = 4, Q = 3, Q 3 = 3, Q 4 = 4, Q 5 = 1. In dit geval vinden we ook dat p 4 /q 4 = 18/5 en dus volgt uit Stelling?? (of door directe berekening uiteraard) dat = 1. Met andere woorden, er kunnen ook oplossingen van x Ny = 1 voorkomen. Vanwege de periodiciteit van de Q n verwachten we in ons voorbeeld dat Q 10 = 1 en dus p 9 13q9 = 1 (voor de nieuwsgierige lezer: p 9 = 649 en q 9 = 180). En we hebben een oplossing van x 13y = 1. Uit al het bovenstaande kunnen we de volgende stelling afleiden. Stelling Gegeven N N, geen kwadraat, en geef de wijzergetallen van de kettingbreuk van N aan met a 0, a 1,..., a n,... en de convergenten met p n /q n. Stel x, y N. Dan is x, y een oplossing van x Ny = ±1

4 16.1. DE OPLOSSING 151 precies dan als er een index n 0 bestaat zó dat a n+1 = [ N] en x = p n, y = q n. In dat geval geldt x Ny = ( 1) n+1. Als zo n n bestaat dan hebben we inderdaad een oplossing. Uit a n+1 = [ N] moet volgen dat α n+1 = [ N] + N en dus Q n+1. Toepassing van Stelling?? geeft p n Nq n = ( 1) n+1. Stel omgekeerd dat x, y een oplossing is. Uit Stelling volgt dat x/y een convergent van de kettingbreuk van N is. Kies n zødat x = p n, y = q n. Uit Stelling?? zien we dat ook Q n+1 = 1 moet gelden. Omdat α n+1 een gereduceerd kwadratisch getal is moet gelden dat P n+1 < N en N P n+1 < Q n+1 = 1. Deze ongelijkheden impliceren dat P n+1 < N < P n Conclusie, P n+1 = [ N] en α n+1 = [ N] + N. Gevolg, a n+1 = [ N]. Ter illustratie, voor N = 61 hebben we de kettingbreuk 61 =, 1, 4, 3, 1,,, 1, 3, 4, 1, 14]. Er geldt, 1, 4, 3, 1,,, 1, 3, 4, 1 = 918/3805 met bijbehorende n = 1 en Q 11 = 1. Gevolg: = 1. Geen we nu verder tot n 1 dan krijgen we p 1 = , q 1 = en Q = 1. We hebben nu een oplossing van x 61y = 1. Dit is tevens de oplossing met kleinst mogelijk y. Het feit dat de vergelijking x Ny = 1 oneindig veel oplossingen heeft is ook op een iets andere (makkelijker) manier te zien als je eenmaal weet dat er één oplossing met y > 0 is. Neem bijvoorbeeld N = en merk op dat de gelijkheid 3 = 1 herschreven kan worden als (3 + )(3 ) = 1. Neem nu aan beide zijden het kwadraat. We vinden (3 + ) (3 ) = 1. Maar nu komt het aardige, er geldt na uitwerking van het kwadraat, (3 + ) = Evenzo, (3 ) = 1 1. Dus, (1+1 )(1 1 ) = 1, hetgeen weer neerkomt op 1 1 = 1. Nemen we in plaats van een kwadraat een derde macht, dan ontdekken we via (3+ ) 3 = 99+0 de oplossing x = 99, y = 0. Door steeds hogere machten te kiezen krijgen we een oneindige rij oplossingen! Bovendien, als we dit proces starten met de kleinste niet-triviale oplossing dan krijgen we zelfs alle oplossingen op deze manier. We formuleren dit als stelling. Stelling Zij (p, q) met p, q Z >0 de oplossing van x Ny = 1 zó dat p + q N minimale waarde heeft. Dan bestaat er bij iedere oplossing x, y N >0 een n N zó dat x + y N = (p + q N) n. Om deze stelling te bewijzen maken we eerst een algemene opmerking. Stel dat u, v Z voldoen aan u Nv = 1 en dat u + v N > 1. Dan ligt u v N, dat gelijk is aan (u + v N) 1, tussen 0 en 1. Optelling van de ongelijkheden u+v N 1 en u v N > 0 impliceert dat u 1 > 0. Optellen van u+v N 1 en u + v N > 1 geeft v > 0. Dus u, v N.

5 15 HOOFDSTUK 16. DE VERGELIJKING VAN PELL Zij nu x, y N een willekeurige oplossing van de vergelijking van Pell. Kies n N zó dat 1 (x + y N)/(p + q N) n < p + q N. Merk op dat (x + y N)/(p + q N) n = (x + y N)(p q N) n = u + v N voor zekere u, v Z. Dit volgt na uitwerking van de n-de macht van p q N. In het bijzonder geldt dat 1 u + v N < p + q N en dat u Nv = 1. Als u + v N precies gelijk is aan 1 dan is onze bewering bewezen. Stel nu dat u+v N > 1. Uit onze algemene opmerking volgt dat u, v N. Het paar u, v is dus een oplossing van onze vergelijking met de eigenschap dat u + v N < p + q N. Dit is in tegenspraak met de minimaliteit van p + q N. Met andere woorden, u + v N > 1 kan niet voorkomen. 16. Enkele toepassingen In Hoofdstuk 1 hebben we het gehad over de driehoeksgetallen als getallen van de vorm n(n + 1)/ en de vierhoeksgetallen, of kwadraten, gegeven door de formule n. Een aardige vraag is de volgende, Vraag Zijn er kwadraten die tevens driehoeksgetal zijn? In iets populairder vorm, stel ik heb een aantal knikkers die ik zowel in een rechthoekig als driehoekig patroon kan neerleggen (zie het plaatje op de kaft van dit boek). Hoeveel knikkers heb ik? Eén oplossing is duidelijk, 1 knikker. Maar dat is een nogal flauwe. we willen graag wat interessantere oplossingen. Een tweede oplossing vinden op de omslag van dit boek. Het plaatje met de knikkers laat zien dat 36 zowel een driehoeksgetal als een kwadraat is. Bestaan er nog meer oplossingen? Hopelijk is het duidelijk dat we hiertoe de diophantische vergelijking m = n(n + 1)/ moeten oplossen. Vermenigvuldig aan beide zijden met 8. We krijgen 8m = 4n + 4n. Tel 1 aan beide zijden op, 1 + 8m = 4n + 4n + 1 = (n + 1), en dus 1 = (n + 1) 8m. We zijn op de vergelijking van Pell met N = 8 terechtgekomen. De kleinste oplossing is = 1, corresponderend met m = 1, onze flauwe oplossing. Alle andere oplossingen krijgen we door de machten van uit te werken. Achtereenvolgens vinden we hiermee, (3 + 8) = (3 + 8) 3 = (3 + 8) 4 =

6 16.. ENKELE TOEPASSINGEN 153 corresponderend met de kwadraten m = 6, 35, 04,... die tevens driehoeksgetal zijn. De conclusie is dat er oneindig veel oplossingen van ons probleem zijn, en ook dat ze een zeer snel groeiende rij van getallen vormen. Voor diegenen die de rij nog wat verder willen voortzetten is hier nog een handige truc. Stel namelijk x n + y n 8 = (3 + 8) n. We interesseren ons voor de waarden van y n. We weten dat voldoet aan een kwadratische vergelijking, (3 + 8) = 6(3 + 8) 1. Vermenigvuldig aan beide zijden met (3 + 8) n, Dit impliceert, (3 + 8) n+ = 6(3 + 8) n+1 (3 + 8) n. x n+ + y n+ 8 = 6(xn+1 + y n+1 8) (xn + y n 8). Door de getallen die voor 8 staan te vergelijken vinden we dat y n+ = 6y n+1 y n. We hebben een zogenaamde recursierelatie voor de getallen y n gevonden, waarmee deze getallen snel uitgerekend kunnen worden. Beginnen we met de waarden y 0 = 0 en y 1 = 1, dan volgen de waarden hierna in rap tempo. 6 = 6 1 0, 35 = 6 6 1, 04 = ,... Een andere toepassing is die op het vermoeden van Hall. Deze gaat over de vraag hoe dicht derdemachten en kwadraten bij elkaar kunnen liggen. Als we namelijk de rij natuurlijke getallen aflopen is het opvallend dat kwadraten en derde machten niet erg dicht bij elkaar liggen. Dit geldt trouwens niet alleen voor kwadraten en derdemachten, maar ook voor willekeurige machten. Over dit gedrag is erg weinig bekend. Zo is er het vermoeden van Catalan uit 1844 dat zegt dat er geen twee opeenvolgende getallen bestaan die beide zuivere macht zijn, behalve 3 en 3. Dit vermoeden werd pas in 00 door Mihailescu opgelost met behulp van methoden uit de algebraische getaltheorie. Veel meer weet men niet. Het is bijvoorbeeld niet bekend hoeveel paren zuivere machten er zijn die twee verschillen, (zoals 5, 3 3 ) of drie (zoals 5 3, ). Om terug te komen op verschillen tussen kwadraten en derde machten, op basis van een groot aantal computerexperimenten formuleerde Hall in 1969 het volgende vermoeden, Vermoeden 16.. (Hall) Er is een constante C > 0 met de volgende eigenschap. Voor elk paar x, y N met x 3 y geldt, x 3 y > Cx 1/.

7 154 HOOFDSTUK 16. DE VERGELIJKING VAN PELL Om een idee te geven hoe scherp deze grens is geven we op de volgende bladzij een tabel van alle x met 1 < x < waarvoor een y bestaat zó dat 0 < x 3 y < x. Deze tabel is in 1998 samengesteld door N.Elkies. De bijbehorende waarden van y staan niet in de tabel omdat ze op het laatst nogal groot worden. Men kan de y berekenen door het dichtstbijzijnde gehele getal rond x 1.5 te nemen. Dat de tabel met x tot gaat is niet alleen een kwestie van veel rekenkracht geweest, maar ook van bewonderenswaardige ingenieusiteit van Elkies om überhaupt zo ver te komen. We moeten er trouwens aan toevoegen, dat ondertussen Jiménez, Herranz en Sáez in 00 met een andere slimme methode nog eens tien voorbeelden hebben gevonden. Gewapend met deze methode en een geduldige computer heeft Johan Bosman, een Utrechtse student, daar nog stuks aan toegevoegd. We zien in de tabel dat paren x, y met 0 < x 3 y < x dun gezaaid zijn. Het was daarom verrassend dat in 1980 Danilov een constructie gaf waarmee paren x, y met kleine x 3 y geconstrueerd kunnen worden. We geven hier een verfijning van A.Schinzel waarmee we een oneindige rij paren x n, y n kunnen aangeven zó dat x 3 n yn 54 xn 5 als n. 5 Omdat 54/(5 5) < 1 vinden op deze wijze oneindig veel paren x, y met x 3 y < x. We beginnen met de identiteit ( 5 + (u 3) ) 3 (u + 1)(u 9u + 19) = (u 11) Deze is niet zomaar uit de lucht gegrepen. Er zit zelfs een boeiend verhaal achter, maar daarmee wil ik de lezer op dit punt niet in de war brengen. In ieder geval zien we een kwadraat en een derdemacht in deze formule optreden. Kies nu u Z zó dat u + 1 = 15v voor zekere v Z en u 3 (mod 5). Kies vervolgens x = 1 + (u 3) /5 en y = v(u 9u + 19). Dan volgt uit de identiteit dat x 3 y = (u 11). 15 Omdat x, y geheel zijn, is 15 deler van u 11. Bovendien x 3 y x = u (u 3) als u. Het enige dat we moeten laten zien is dat er oneindig veel keuzen voor u zijn die aan alle eisen voldoen. We hebben er in ieder geval één, namelijk u = 68. De bijbehorende v is 61 en we krijgen x = 93844, y = , welke in ons lijstje boven voorkomt. De eis dat u + 1 = 15v is een vergelijking van Pell (daar is ie!). We kunnen oneindig veel oplossingen van u 15v = 1 produceren door de oneven machten van uit te werken. Voor elke oplossing geldt dat u 1 (mod 5). Dus u ±1 (mod 5) en door het teken van u goed te kiezen kunnen we ervoor zorgen dat ook aan u 3 (mod 5) is voldaan.

8 16.. ENKELE TOEPASSINGEN 155 Een voorbeeld, er geldt x x 3 y x 3 y / x ( ) 3 = Verder geldt (mod 5). Dus we kunnen u = nemen. De bijbehorende waarde van x is Deze waarde kunnen we inderdaad in onze tabel terugvinden. Met deze constructie hebben we onze oneindige rij paren x, y gevonden. Ter afsluiting, men gelooft niet dat bovenstaand vermoeden van Hall waar is. Het is zeer waarschijnlijk dat de volgende zwakkere versie wel waar is, Vermoeden (Hall, gewijzigd) Bij elke ϵ > 0 is een constante C(ϵ) > 0 met de volgende eigenschap. Voor elk paar x, y N met x 3 y geldt, x 3 y > C(ϵ)x 1/ ϵ. Dit is de versie die we tegenwoordig in de literatuur tegenkomen. subtiele verschillen met de oorspronkelijke versie. Let op de

9 156 HOOFDSTUK 16. DE VERGELIJKING VAN PELL De derde toepassing is meer van folkloristische waarde. Het gaat om het runderprobleem van Archimedes. In de vorm van een epigram schetst Archimedes hoeveel runderen Apollo, de god van de zon, heeft. Ze komen in vier verschillende kleuren voor, wit, zwart, gevlekt en geel. Zij W, X, Y, Z het aantal stieren van deze respectievelijke kleur en w, x, y, z het aantal koeien. Verder is gegeven dat W = (1/ + 1/3)X + Z X = (1/4 + 1/5)Y + Z Y = (1/6 + 1/)W + Z w = (1/3 + 1/4)(X + x) x = (1/4 + 1/5)(Y + y) y = (1/5 + 1/6)(Z + z) z = (1/6 + 1/)(W + w) Bovendien is W +X een kwadraat en Y +Z een driehoeksgetal (dat wil zeggen van de vorm n(n + 1)/. Oplossing van de zeven lineaire vergelijkingen via standaard eliminatie leert ons dat er k N bestaat zó dat W = k X = k Y = k Z = k w = 06360k x = k y = k z = k De voorwaarde dat W +X en kwadraat is impliceert dat k een kwadraat is. Omdat = volgt hieruit dat er een t N is zó dat k = t /4 = t. De conditie Y + Z = n(n + 1)/ impliceert t = n(n + 1)/ Vermenigvuldig beide zijden met 8 en tel er 1 bij op, 4n + 4n + 1 = (n + 1) = t + 1. Met andere woorden, we hebben de Pell vergelijking u t = 1. We weten dat er oneindig veel oplossingen zijn. De kleinste oplossing heeft echter een u met cijfers. Geen wonder dat niemand in Archimedes tijd er uit kon komen! 16.3 Een miraculeuze formule Op een enkele plek in dit boek hebben we de naam Dirichlet en de analytische getaltheorie al laten vallen. Hoewel het grootste deel van deze theorie zich buiten het bestek van dit boek afspeelt, bestaat er een opmerkelijke consequentie van de analytische getaltheorie die ik de lezer niet wil onthouden. Een gevolg van

10 16.3. EEN MIRACULEUZE FORMULE 15 de zogenaamde klassenaantal formule van Dirichlet is namelijk een analytische formule voor een oplossing van de vergelijking van Pell. Kies een priemgetal p 1 (mod 4). Bepaal het product Dan geldt a = 1 (p 1)/ ) ( sin πm. p p m=1 Stelling (Dirichlet) De getallen x = a 1/a en y = (a + 1/a)/ p zijn geheel, en bovendien, x py = 4. Bij p = 13 vinden we bijvoorbeeld a = en a 1/a = 3 en (a + 1/a)/ 13 = 1. Merk op, = 4. Bij p = 61 vinden we, a = en x = 39, y = 5. Inderdaad geldt = 4. Soms vinden we ook even getallen, zoals bij p = 3. Dan x = 1, y =. In dat geval 1 3 = 4 en dus, = 1. In dat laatste geval hebben we dus ook een oplossing voor onze vergelijking van Pell met 1 aan de rechterkant, waaruit we een oplossing met rechts een 1 kunnen afleiden. In het geval dat x, y uit bovenstaande berekening oneven uitvallen, zal blijken dat de getallen a 3 1/a 3 en (a 3 + 1/a 3 )/ p even zijn. In het geval p = 61 vinden we a 3 = en daaruit, x = 59436, y = 610. Dit geeft aanleiding tot = 1 Voor de aardigheid hebben we ook Brouncker s p = 313 geprobeerd en vonden x = en y = Dat wil zeggen, na deling van x, y door, = 1 Voor samengestelde getallen N 1 (mod 4) bestaan er ook dergelijke, maar iets ingewikkelder, formules. Het zal echter duidelijk zijn dat dit soort formules niet erg geschikt is om werkelijk oplossingen van Pell s vergelijking te bepalen. Daarvoor is de kettingbreukmethode veel beter. Het is alleen opmerkelijk dat er analytische formules bestaan die een oplossing van een diophantische vergelijking geven. Men zou willen dat dit ook vaker bij andere diophantische vergelijkingen dan die van Pell optreedt. Helaas is dit echter vrijwel vrijwel nooit het geval.