verižni razlomak


f

Da vidimo šta se dešava kada je na desnoj strani jednačine broj različit od . Podelićemo teoriju na dva dela.

Jednačine oblika :

Veza između rešenja jednačine ovog oblika:

Za jednačinu oblika vezuje se sledeće svojstvo: ukoliko ima jedno rešenje onda ih ima beskonačno mnogo, medjutim postoji mogućnost i da jednačina nema rešenja. Važi ista formula kao i za Pelovu jednačinu, to jest da ukoliko je par rešenje date jednačine onda su to i parovi takvi da je


uz napomenu da u ovom slučaju može da uzima samo neparne vrednosti.


Opšti postupak rešavanja:

Opšti postupak rešavanja jednačine ovog oblika ne razlikuje se mnogo od postupka opisanog u prethodnoj poruci. Razlika je samo u sledećem — u momentu kada stanemo važi: ako je indeks poslednjeg izračunatog elementa neparan, jednačina nema nijedno rešenje, u suprotnom minimalno rešenje je par uzajamno prostih brojeva takav da je



Jednačine oblika :

I za jednačinu ovog oblika važi da ukoliko ima jedno rešenje onda ih ima beskonačno mnogo. Vrlo bitna stvar je da ovakva jednačina (za ) ima rešenja ako jednačina za ima rešenja. Opšti postupak za rešavanje jednačina ovog tipa nije poznat, ali je poznata sledeća činjenica: ako je jedno rešenje date jednačine, i ako su su rešenja jednačine za , onda su rešenja date jednačine parovi takvi da je



_{[Ovu poruku je menjao Bojan Basic dana 15.01.2007. u 15:28 GMT+1]}

Da vidimo sad kako izgleda primena Pelove jednačine u praksi. Evo nekoliko zadataka, pa ko ima volje neka pokuša da ih reši, ako ne bude interesovanja objaviću rešenja naknadno:

1) Dokazati da su prvih cifara iza decimalnog zareza broja jednake .

2) Naći prirodan broj takav da je kvadratna sredina prvih prirodnih brojeva prirodan broj.

3) Postoji li prirodan broj takav da jednačina ima beskonačno mnogo rešenja u skupu prirodnih brojeva?

4) Posmatrajmo sistem jednačina:



Pronaći maksimalnu vrednost realnog broja takvog da je za sva rešenja gornjeg sistema iz skupa prirodnih brojeva za koje važi .

Zadaci su sortirani po težini (po mojoj proceni). Prvi je zaista trivijalan i može da se reši na mnogo načina, ovde stoji samo kao ilustracija. Drugi je isto lak, ali znatno teže ide elementarno nego primenom Pelove jednačine. Treći je dosta teži, elementarno rešenje koje ja znam je prilično komplikovano ali primenom Pelove jednačine ga možemo rešiti na znatno kraći način. Četvrti je definitivno najteži, ima nekoliko različitih rešenja (ja znam tri) od kojih su sva manje-više iste dužine i složenosti a jedno od njih na lep način ilustruje primenu Pelove jednačine.

Pomenuću samo da Pelova jednačina uvek ima trivijalno rešenje ali da se pomoću njega ne mogu generisati ostala rešenja. potrebno nam je neko drugo da generišemo preostala.

Da bi se pomoću rešenja (x,y) opisanim postupkom generisala SVA rešenja (do na znak brojeva x,y) potrebno je (a bogami i dovoljno) da rešenje bude minimalno, to jest da y bude najmanje moguće, ali veće od 0. Takođe, skup svih rešenja čini grupu u odnosu na operaciju

Evo, za par meseci će proći dve godine kako Bojan Bašić nije postovao nijedno od najavljenih rešenja.

Neka je bilo koji prirodan broj. Primenom binomne formule zaključujemo da za neke prirodne brojeve važi



Konkretno,





Tu je oznaka za najveći ceo broj koji nije veći od Iz



zaključujemo da je



odnosno



Odatle i iz zaključujemo da je



što tačno znači da iza decimalnog zareza, u zapisu broja imamo najmanje devetki.

Neka je takav prirodan broj da je



za neki prirodan broj Znajući da je (što se dokazuje matematičkom indukcijom) zaključujemo da je



Pošto je na desnoj strani paran broj, a broj je svakako neparan, broj mora biti paran, odnosno, broj je neparan, pa postoji ceo broj takav da je Iz uslova da je zaključujemo da je Na osnovu prethodne jednačine je



Svođenjem leve strane na potpun kvadrat i množenjem sa dobija se



što smenom postaje Pelova jednačina



Najmanje rešenje te jednačine je Međutim, nas zanima najmanje rešenje te jednačine kod koga je i deljivo sa Prethodno opisanim postupkom nalazi se da je Odatle se lako izvodi da je i najzad

Neka su prirodni brojevi za koje je





i takvi da je U tom slučaju je



Odavde sledi da je zapravo (jer je ) i da brojevi obrazuju tzv. Pitagorinu trojku. Drugim rečima,



Identitet



gde su prirodni brojevi za koje je , kao što je poznato, predstavlja opšti oblik Pitagorinih trojki do na redosled sabiraka sa leve strane jednakosti. Pošto su uslovi po simetrični, možemo pretpostaviti da za neke prirodne brojeve za koje je važi







Iz zaključujemo da je



a samim tim i





Stoga je



za Iz zaključujemo da je racionalan broj veći od Na intervalu funkcija
dostiže minimum u tački gde ima vrednost što je najveći realan broj za koji pod navedenim uslovima uvek važi

Nije bilo velikog interesovanja za temu pa se nisam ni ja nametao kako bi neko ko eventualno na nju kasnije nabasa imao priliku da sam reši zadatke. Naravno, ako neko zatraži rešenja vrlo radu ću ih napisati, kao što sam i pomenuo u temi o nerešenim zadacima (gde su i ovi uvršteni).

Tvoja rešenja su u redu, s tim što u prvom i četvrtom nisi koristio Pelovu jednačinu, pa ću napisati i kako se ona može primeniti u ovim zadacima.

1)

Zapažamo da je minimalno rešenje Pelove jednačine par iz čega sledi da su ostale vrednosti nepoznate opisane formulom , pa zaključujemo da je .
Pošto je ceo broj iz sledi tvrđenje zadatka.

4)

Rešenje je prilično blisko Nedeljkovom, ali ipak ću ga napisati, kao što sam rekao.

Kvadriramo prvu jednačinu i četiri puta oduzmemo drugu. Dobijamo:

iz čega sledi

Kvadratna funkcija ima nule u tačkama i za je pozitivna. Pošto je desna strana dobijene jednačine uvek pozitivna (jer je potpun kvadrat) sledi da i leva strana mora biti pozitivna, pa kako je imamo . Potrebno je još dokazati da vrednost izraza može biti proizvoljno blizu broju , što bi značilo da je . Ovo ćemo dokazati na taj način što ćemo pokazati da vrednost izraza može biti proizvoljno mala.

Ako postoji prost broj takav da i , onda iz datih relacija dobijamo da i pa bez umanjenja opštosti možemo pretpostaviti da su i uzajamno prosti brojevi. Ako kvadriramo prvu jednačinu pa dva puta oduzmemo drugu dobijamo , iz čega na osnovu poznate osobine Pitagorinih trojki uz pretpostavku da je paran broj sledi da postoje prirodni i takvi da je



Uvrštajući ovo u jednačinu , dobijamo


Primetimo da je . Uzimajući da je dobijamo Pelovu jednačinu . Znamo da ova jednačina ima beskonačno mnogo rešenja za i , i obe ove vrednosti mogu biti proizvoljno velike. Sledi da i može biti proizvoljno veliko, što znači da vrednost izraza tj. može biti proizvoljno mala, čime je zadatak rešen.

Pomenuo sam da znam ukupno tri rešenja ovog zadatka. Ovo je jedino koje se bazira na Pelovoj jednačini, ali ako nekog zanima i to što je ostalo, rado ću napisati.

---

Ostao je još treći zadatak. Nedeljko, nisam te baš najbolje razumeo kad si me pozvao da se uključim u temu, želiš li da objavim rešenje ili ćeš pokušati još malo?

Mislio sam da se dokumentuju rešenja svih zadataka. Ja sam dao rešenja za tri, pa sam mislio da ostavim i tebi nešto. No, u prvom i četvrtom namerno nisam koristio Pelovu jednačinu, jer smatram da joj nije mesto tamo gde ne pojednostavljuje rešenje. Za četvrti zadatak se ne bih složio da su nam rešenja slična, ali smatram da su nam rešenja prvog zadatka gotovo identična. Ja sam razvio stepene binoma u sume i to je to. Šta će mi Pelova jednačina da bih zaključio da je Ako isti dokaz prolazi bez skraćivenja i bez osobina Pelove jednačine, onda Pelovoj jednačini tu jednostavno nije mesto.

Izvinjavam se što sam rešenje prvog zadatka nepotrebno zakomplikovao.



Izraz u zagradi je ceo broj jer se neparni stepeni od potiru, a umanjilac je manji od jer je

I gde je tu Pelova jednačina? Čemu komplikovanje života, kada se sve rešava elementarno u jednom redu?

Pitanje je otkud znamo da je izraz u zagradi ceo broj. Ti kažeš kako iz binomne formule sledi da se neparni stepeni potiru; dobro, to je jedan način. Ja sam hteo da pokažem kako se do istog zaključka može doći i zahvaljujući Pelovoj jednačini; to ne znači da je ovo najjednostavniji način, ali ovde stoji samo kao ilustracija da se i tu može primeniti Pelova jednačina. Zašto ti to toliko smeta?

Evo i preostala dva rešenja četvrtog zadatka, ako nekog zanimaju. Lično smatram da su veoma inventivna.

4)

Geometrijsko rešenje:

Kao i dosad, zaključujemo da je . Dakle, postoji pravougli trougao sa katetama i i hipotenuzom . Neka je centar upisane kružnice a njen poluprečnik, i neka je tačka dodira upisane kružnice i hipotenuze. Neka je () simetrala ugla , neka je podnožje normale iz na , i neka je sredina stranice .

Kako je trougao pravougli, važi (gde je poluobim). Dakle, . Iz ovoga i dobijamo i . Sada ćemo dokazati da za ma koje vrednosti i važi .

Da bismo ovo dokazali, primetimo da je , dakle . Sledi da je , čime je željena nejednakost dokazana.

Jednakost važi samo ako je trougao jednakostraničan, ali u tom slučaju stranice mu ne mogu biti prirodni brojevi; prema tome, nejednakost je stroga. S druge strane, pa je . Prema tome, važi . Međutim, . Pošto postoji beskonačno mnogo pitagorejskih trojki za koje važi , sledi da može biti proizvoljno blizu jedinici. Sada je jasno da je tražena vrednost jednaka .

Rešenje preko analitičke geometrije:

Rešimo prvu jednačinu po , zamenimo u drugu, i podelimo sve sa da bismo dobili . Neka je i , pa se gornja relacija svodi na . Ovo je jednačina hiperbole u -ravni. Koeficijenti pravaca asimptota su i . Jedna grana hiperbole leži u poluravni , druga u poluravni . Štaviše, „najlevlja“ tačka grane u poluravni ima koordinate . Dakle, ako je na hiperboli i , onda je , i ova ocena je najbolja moguća. Pošto su koeficijenti u jednačini hiperbole racionalni brojevi i hiperbola ima tačku s racionalnim koordinatama, sledi da ima beskonačno mnogo tačaka s racionalnim koordinatama. Neka je racionalan broj različit od i . Tada prava seče hiperbolu u tačkama i . Ako je , onda se druga po redu tačka preseka nalazi na desnoj grani hiperbole, pa ima (racionalnu) koordinatu . Štaviše, ako je blisko , onda je ova -koordinata blizu . Konačno, ako su i pozitivni racionalni brojevi koji zadovoljavaju jednačinu hiperbole, uvek možemo naći cele brojeve takve da je i . Lako je proveriti da su ovako odabrani i prirodni brojevi koji zadovoljavaju jednačine iz postavke zadatka, i kad je važi , pri čemu je ova granica najbolja moguća.

---

Trenutno sam u žurbi, pa rešenje trećeg zadatka ostavljam za nešto kasnije.

Evo rešenja i trećeg zadatka (ovo će biti po Nedeljkovom ukusu, budući da Pelova jednačina znatno pojednostavljuje rešenje).

3)

Rešenje bez Pelove jednačine:

Za utvrđujemo da je . Dokazaćemo da baš za postavljena jednačina ima beskonačno mnogo rešenja u skupu prirodnih brojeva. Neka je, radi lakšeg zapisa, (to je izraz koji se dobije kada prebacimo sve na levu stranu jednačine i svedemo na zajednički imenilac). Potrebno je dokazati da za beskonačno mnogo vrednosti , i izraz uzima vrednost . Neka je rešenje za koje važi . Posmatrajući izraz kao kvadratnu jednačinu po , vidimo da je takođe rešenje, ali je potrebno ustanoviti da je prirodan broj.

Neka je , i definišimo za sve . Indukcijom ćemo istovremeno dokazati sledeća tvrđenja:
(i)
(ii)
(iii)

Sva tri tvrđenja važe za , pa pretpostavimo da važe za .

Iz (i) sledi da su i uzajamno prosti i da deli , dok nam (ii) daje , pa imamo , iz čega sledi , što je (i) za .

Slično, (i) takođe implicira da su i uzajamno prosti, i da je , dok nam (iii) daje , pa imamo , iz čega sledi , što je (ii) za .

Konačno, definicija zajedno sa (i) implicira , što je (iii) za .

Da zaključimo, je niz prirodnih brojeva, strogo rastućih za , i za sve . Drugim rečima, jeste rešenje date jednačine, pri čemu je


Rešenje pomoću Pelove jednačine:

Za utvrđujemo da je . Dokazaćemo da baš za postavljena jednačina ima beskonačno mnogo rešenja u skupu prirodnih brojeva. Neka je, radi lakšeg zapisa, (to je izraz koji se dobije kada prebacimo sve na levu stranu jednačine i svedemo na zajednički imenilac). Potrebno je dokazati da za beskonačno mnogo vrednosti , i izraz uzima vrednost . Primetimo da je

Izraz u zagradi je ništa drugo nego Pelova jednačina a samim tim ima beskonačno mnogo rešenja, i time je zadatak rešen.

Napomene:

1. U prvom rešenju niz svakako nije jedini niz koji smo mogli iskoristiti u dokazu. Još jedan način je, primera radi, da definišemo niz kao , , i , pa da indukcijom pokažemo da je svaka trojka rešenje date jednačine.

2. Ni po čemu nije posebno. Zapravo, uz malo više teorije o kvadratnim formama može se pokazati da ukoilko jednačina za dato ima bar jedno rešenje u skupu prirodnih brojeva, onda ih ima beskonačno mnogo; a lako je dokazati da postoji beskonačno mnogo vrednosti za koje jednačina ima bar jedno rešenje u skupu prirodnih brojeva.

Kako su sad svi zadaci rešeni, dodao sam malo teorije i evo još jednog zadatka.

5) Dokazati da jednačina nema celobrojna rešenja za .

ako uzmemo da je k vece od 3,onda jednacina moze ovako da izgleda

(4^2-4)x^2-y^2=1
16x^2-y^2=1
16x^2=1+y^2
posto na desnoj strani imamo 1+ kvadrat bilo kog broja,to ne moze biti ceo broj,jer ne postoji kvadrat koji moze zadovoljiti levu stranu,ako je k 4,5,6...