TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Mikaela Hellstén. Pellin yhtälö

Koko: px
Aloita esitys sivulta:

Download "TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Mikaela Hellstén. Pellin yhtälö"

Transkriptio

1 TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Mikaela Hellstén Pellin yhtälö Luonnontieteiden tiedekunta Matematiikka Kesäkuu 017

2 Tampereen yliopisto Luonnontieteiden tiedekunta HELLSTÉN, MIKAELA: Pellin yhtälö Pro gradu -tutkielma, 47 s. Matematiikka Kesäkuu 017 Tiivistelmä Tässä tutkielmassa tarkastellaan Pellin yhtälöitä eli yhtälöitä, jotka ovat muotoa x dy = 1, missä x ja y ovat kokonaislukumuuttujia ja d on positiivinen kokonaislukuvakio. Luvussa esitetään ensin Pellin yhtälön määritelmä ja etsitään sen triviaalit ratkaisut. Tämän jälkeen näytetään, kuinka toistamalla tiettyjä vaiheita ennalta tunnettujen ratkaisujen avulla voidaan löytää ääretön määrä uusia ratkaisuja. Lopuksi tarkastellaan Pellin yhtälön yleistystä x dy = k ja osoitetaan, että jos tällä yhtälöllä on yksi ratkaisu, niin silloin sillä on äärettömän monta ratkaisua. Luvussa 3 esitellään ensin kolmio-, neliö- ja viisikulmiolukujen määritelmät ja näytetään sitten, kuinka nämä luvut voidaan ilmaista aritmeettisten sarjojen termien avulla. Tämän jälkeen määritellään kolmio-neliöluvut ja osoitetaan, että ne tuottavat Pellin yhtälön x y = 1 ratkaisuja. Lopuksi esitetään neliö-viisikulmiolukujen määritelmä ja näytetään, että neliö-viisikulmioluvut tuottavat Pellin yhtälön x 6y = 1 ratkaisuja. Luvussa 4 näytetään yksi esimerkki siitä, kuinka Pellin yhtälöitä voidaan hyödyntää toisten tulosten todistamiseksi. Ensin esitetään yleinen menetelmä yhtälön Ax By = C ratkaisujen löytämiseksi ja sitten näytetään kuinka tämän yhtälön ja Pellin yhtälöiden avulla voidaan muodostaa neljä positiivisten kokonaislukuratkaisujen perhettä yhtälölle (x + y + z) = xyz.

3 Sisältö 1 Johdanto 4 Pellin yhtälö 5.1 Määritelmä ja triviaalit ratkaisut Uusien ratkaisujen generoiminen tunnetuista ratkaisuista Kaikkien ratkaisujen löytäminen Yksi yleistys Kolmio-, neliö- ja viisikulmioluvut Määritelmät ja yleiset kaavat Kolmio-neliöluvut Neliö-viisikulmioluvut Pellin yhtälön yksi sovellus Yleistetty Pellin yhtälö Neljä ratkaisuperhettä Lähteet 47 3

4 1 Johdanto Tämän tutkielman tarkoituksena on perehdyttää lukija Pellin yhtälöihin eli yhtälöihin, jotka ovat muotoa x dy = 1, missä x ja y ovat kokonaislukumuuttujia ja d on positiivinen kokonaislukuvakio. Nimitys Pellin yhtälö on kuitenkin harhaanjohtava, sillä Pellillä itsellään ei ollut juurikaan tekemistä Pellin yhtälön kanssa. Nimitys sai alkunsa, kun Euler erehtyi luulemaan englantilaisen matemaatikon William Brounckerin keksimää yhtälön x dy = 1 ratkaisumenetelmää Pellin laatimaksi. Virheellisestä alkuperästään huolimatta nimityksestä Pellin yhtälö tuli kuitenkin kirjallisuudessa niin yleisesti hyväksytty, että se jäi pysyväksi. [1, s. 175] Luvussa esitetään ensin Pellin yhtälön määritelmä ja etsitään sen triviaalit ratkaisut. Tämän jälkeen näytetään, kuinka toistamalla tiettyjä vaiheita ennalta tunnettujen ratkaisujen avulla voidaan löytää ääretön määrä uusia ratkaisuja. Lopuksi tarkastellaan Pellin yhtälön yleistystä x dy = k ja osoitetaan, että jos tällä yhtälöllä on yksi ratkaisu, niin silloin sillä on äärettömän monta ratkaisua. Luvussa 3 esitellään ensin kolmio-, neliö- ja viisikulmiolukujen määritelmät ja näytetään sitten, kuinka nämä luvut voidaan ilmaista aritmeettisten sarjojen termien avulla. Tämän jälkeen määritellään kolmio-neliöluvut ja osoitetaan, että ne tuottavat Pellin yhtälön x y = 1 ratkaisuja. Lopuksi esitetään neliö-viisikulmiolukujen määritelmä ja näytetään, että neliö-viisikulmioluvut tuottavat Pellin yhtälön x 6y = 1 ratkaisuja. Luvussa 4 näytetään yksi esimerkki siitä, kuinka Pellin yhtälöitä voidaan hyödyntää toisten tulosten todistamiseksi. Ensin esitetään yleinen menetelmä yhtälön Ax By = C ratkaisujen löytämiseksi ja sitten näytetään, kuinka tämän yhtälön ja Pellin yhtälöiden avulla voidaan muodostaa neljä positiivisten kokonaislukuratkaisujen perhettä yhtälölle (x + y + z) = xyz. Tutkielman luvussa on käytetty päälähteenä William W. Adamsin ja Larry Joel Goldsteinin kirjaa Introduction to Number Theory. Kolmio-, neliö- ja viisikulmiolukujen tarkastelu pohjautuu Keith Conradin verkkodokumenttiin Pell s Equation, I. Luku 4 perustuu Titu Andreescun artikkeliin A note on the equation (x+y+z) = xyz. Lukijan oletetaan tuntevan lukuteorian alkeet, kuten kongruenssin perusominaisuudet ja aritmetiikan peruslause. 4

5 Pellin yhtälö.1 Määritelmä ja triviaalit ratkaisut Määritelmä.1 (vrt. [1, s. 174]). Yhtälöä x dy = 1, missä x ja y ovat kokonaislukumuuttujia ja d positiivinen kokonaislukuvakio, kutsutaan Pellin yhtälöksi. Huomautus (vrt. [1, s ]). Pellin yhtälöllä on yksi triviaali tapaus. Oletetaan, että d = a, missä a Z ja a 0. Sijoittamalla d = a Pellin yhtälöön x dy = 1 saadaan 1 = x dy = x a y = (x ay)(x + ay). Nyt koska 1 = (x ay)(x + ay), niin on oltava x ay = x + ay = 1 tai x ay = x + ay = 1. Ratkaisemalla edellä esitetyistä yhtälöistä muodostuvat yhtälöparit saadaan x ay = 1 + x + ay = 1 x = x = 1 x ay = 1 + x + ay = 1 x = x = 1 ja edelleen koska oletuksen nojalla a 0, niin sijoittamalla arvot x = 1 ja x = 1 saadaan 1 ay = 1 1 ay = 1 ay = 0 ay = 0 y = 0 y = 0. 5

6 Tällöin saadaan ratkaisut x = 1, y = 0 ja x = 1, y = 0. Siis jos d = a, missä a Z ja a 0, eli jos d on nollasta eroava neliöluku, niin Pellin yhtälöllä x dy = 1 on vain kaksi ratkaisua x = 1, y = 0 ja x = 1, y = 0. Koska Pellin yhtälön triviaalilla tapauksella on ainoastaan kaksi ratkaisua ja se ei näin ollen ole kovin mielenkiintoinen, niin tarkastelu rajataan jatkossa Pellin yhtälöön x dy = 1, missä d Z + ja d ei ole neliöluku. Täten keskitytään siis tarkastelemaan Pellin yhtälöitä, joilla on ääretön määrä ratkaisuja.. Uusien ratkaisujen generoiminen tunnetuista ratkaisuista Tässä luvussa esitellään tapoja generoida Pellin yhtälön tunnettujen ratkaisujen avulla äärettömästi lisää ratkaisuja. Seuraavassa esimerkissä näytetään, miten yhden löydetyn ratkaisun avulla ja tiettyjä vaiheita toistamalla voidaan löytää ääretön määrä ratkaisuja Pellin yhtälölle. Esimerkki.1. Tarkastellaan Pellin yhtälöä x 3y = 1. Nyt koska 3 1 = 1, niin x =, y = 1 on yksi yhtälön ratkaisuista. Näin ollen yhtälöllä x 3y = 1 on olemassa triviaaleista ratkaisuista x = 1, y = 0 ja x = 1, y = 0 eroava ratkaisu. Olkoon (x 0, y 0 ) jokin yhtälön x 3y = 1 ratkaisu. Osoitetaan, että myös x = x 0 + 3y 0, y = x 0 + y 0 on ratkaisu. Sijoittamalla saadaan x 3y = (x 0 + 3y 0 ) 3(x 0 + y 0 ) = (4x 0 + 1x 0y 0 + 9y0 ) 3(x 0 + 4x 0y 0 + 4y0 ) = 4x 0 + 1x 0y 0 + 9y0 3x 0 1x 0y 0 1y0 = x 0 3y 0. Nyt koska niin myös x 0 3y 0 x 3y = x 0 3y 0 ja x 3y = 1, = 1. Siis on yhtälön x 3y = 1 ratkaisu. x = x 0 + 3y 0, y = x 0 + y 0 6

7 Jos esimerkiksi x 0 = ja y 0 = 1, niin sijoittamalla saadaan x = x 0 + 3y 0 y = x 0 + y 0 = = + 1 = 7 = 4. Täten yhtälölle x 3y = 1 on löydetty ratkaisu x = 7, y = 4. Jos edelleen valitaan x 0 = 7 ja y 0 = 4, niin sijoittamalla saadaan x = x 0 + 3y 0 y = x 0 + y 0 = = = 6 = 15. Näin ollen yhtälölle x 3y = 1 on edelleen löydetty ratkaisu x = 6, y = 15. Valitsemalla sitten x 0 = 6, y 0 = 15 ja sijoittamalla nämä arvot kaavoihin x = x 0 + 3y 0 ja y = x 0 + y 0 saadaan jälleen uusi ratkaisu yhtälölle x 3y = 1. Edelleen soveltamalla edellisiä vaiheita saatuun uuteen ratkaisuun saadaan ääretön määrä lukupareja, jotka toteuttavat yhtälön x 3y = 1. Näin saadut ratkaisut ovat erisuuria, koska muuttujan y arvot muodostavat aidosti kasvavan jonon. Oikeastaan myös muuttujan x arvot muodostavat aidosti kasvavan jonon. Seuraavaksi näytetään, kuinka kahden tunnetun ratkaisun avulla voidaan löytää kolmas ratkaisu Pellin yhtälölle x dy = 1. Ennen tätä osoitetaan kuitenkin todeksi kolmannen ratkaisun löytämiseksi tarvittava identtinen yhtälö. Apulause.1 (vrt. [1, s. 176]). Yhtälö (x 1 dy 1 )(x dy ) = (x 1x dy 1 y ) d(x 1 y y 1 x ) on tosi kaikilla muuttujien x 1, x, y 1, y ja vakion d arvoilla. Todistus. Koska (x 1 dy 1 )(x dy ) = x 1 x dx 1 y dy 1 x + d y 1 y = x 1 x d(x 1 y + y 1 x ) + d y 1 y 7

8 ja (x 1 x dy 1 y ) d(x 1 y y 1 x ) = x 1 x dx 1y 1 x y + d y1 y dx 1 y + dx 1y 1 x y dy1 x = x 1 x + d y1 y dx 1 y dy 1 x = x 1 x d(x 1 y + y 1 x ) + d y1 y, niin yhtälö on identtisesti tosi. Lause.1 (vrt. [1, s. 176]). Jos (x 1, y 1 ) ja (x, y ) ovat Pellin yhtälön x dy = 1 ratkaisuja, niin myös (x 3, y 3 ), missä x 3 = x 1 x dy 1 y ja y 3 = x 1 y y 1 x, on ratkaisu. Todistus. Olkoot (x 1, y 1 ) ja (x, y ) Pellin yhtälön x dy = 1 ratkaisuja. Tällöin x 1 dy 1 = 1 ja x dy = 1 ja näin ollen (x 1 dy 1 )(x dy ) = 1 1 = 1. Nyt koska apulauseen.1 nojalla (x 1 dy 1 )(x dy ) = (x 1x dy 1 y ) d(x 1 y y 1 x ), niin (x 1 x dy 1 y ) d(x 1 y y 1 x ) = 1. Pellin yhtälölle x dy = 1 on siis löydetty uusi ratkaisu (x 3, y 3 ), joka voidaan esittää muodossa x 3 = x 1 x dy 1 y, y 3 = x 1 y y 1 x. Näin ollen edellä apulauseessa.1 esitetty identtinen yhtälö sallii uusien ratkaisujen generoimisen tiedetyistä ratkaisuista. 8

9 Esimerkki.. Tarkastellaan lukuja d = 3, x 1 =, y 1 = 1, x = 6 ja y = 15. Järjestetty kokonaislukupari (x 1, y 1 ) = (, 1) on Pellin yhtälön x 3y = 1 ratkaisu, sillä 3 1 = 4 3 = 1. Vastaavasti järjestetty kokonaislukupari (x, y ) = (6, 15) on yhtälön x 3y = 1 ratkaisu, sillä = = = 1. Nyt koska (, 1) ja (6, 15) ovat ratkaisuja, niin lauseen.1 nojalla yhtälöllä on kolmas ratkaisu (x 3, y 3 ), missä x 3 = x 1 x dy 1 y ja y 3 = x 1 y y 1 x. Sijoittamalla saadaan x 3 = x 1 x dy 1 y y 3 = x 1 y y 1 x = = = 5 45 = 30 6 = 7 = 4. Täten kahden tunnetun ratkaisun avulla on löydetty yhtälölle x 3y = 1 kolmas ratkaisu (x 3, y 3 ) = (7, 4). Huomautus. Jos yhtälön x dy = 1 kolmannen ratkaisun (x 3, y 3 ) muodostamiseen käytettävistä ratkaisuista (x 1, y 1 ) ja (x, y ) johdetut luvut x 1 + dy 1 ja x + dy ovat Pellin yhtälön x dy = 1 ratkaisuista (x n, y n ) johdetuista luvuista x n + dy n pienimmät, niin kaavoilla x 3 = x 1 x dy 1 y ja y 3 = x 1 y y 1 x saatava kolmas ratkaisu ei poikkea aiemmista ratkaisuista, vaan (x 3, y 3 ) = (x 1, y 1 ) tai (x 3, y 3 ) = (x, y ). Jotta edellä esitettyjen kaavojen avulla voitaisiin siis löytää jokin uusi ratkaisu, niin yhtälölle on oltava olemassa ratkaisu (x 3, y 3 ) niin, että x 3 + dy 3 < x 1 + dy 1 tai x 3 + dy 3 < x + dy. 9

10 Esimerkki.3. Tarkastellaan lukuja d = 3, x 1 =, y 1 = 1, x = 7 ja y = 4. Järjestetty kokonaislukupari (x 1, y 1 ) = (, 1) on Pellin yhtälön x 3y = 1 ratkaisu, sillä 3 1 = 4 3 = 1. Vastaavasti järjestetty kokonaislukupari (x, y ) = (7, 4) on yhtälön x 3y = 1 ratkaisu, sillä = = = 1. Sijoittamalla saadaan x 3 = x 1 x dy 1 y y 3 = x 1 y y 1 x = = = 14 1 = 8 7 = = 1. Näin ollen kahden tunnetun ratkaisun avulla ei siis löydetty uutta ratkaisua, vaan kolmas ratkaisu (x 3, y 3 ) = (x 1, y 1 ). Esitetään seuraavaksi apulause, jota tarvitaan apulauseen.3 todistuksessa. Apulause.. Jokaista ei-neliölukua d Z + kohden on olemassa äärettömän monta sellaista positiivista kokonaislukua x ja y, että x y d < 1 y. Todistus (vrt. [4, s. 1 ]). Olkoon d Z + ei-neliöluku. Tarkastellaan m + 1 lukua 0, d, d,..., m d, kun m. Näiden lukujen murto-osat ovat lukuvälillä [0, 1[, missä lukuväliä [0, 1[ voidaan ajatella luvun m osoittamana lukumääränä puoliavoimia lukuvälejä [0, 1/m[, [1/m, /m[,..., [(m 1)/m, 1[. Kyyhkyslakkaperiaatteen nojalla kahden luvun m + 1 luvusta 0, d, d,..., m d, sanotaan lukujen a d ja b d, kun a < b, murto-osat ovat samalla lukuvälillä. Näin ollen a d = A + ε, b d = B + δ, missä A, B Z ja ε ja δ kuuluvat samaan väliin [i/m, (i + 1)/m[. Täten ε δ < 1 m. 10

11 Tämä epäyhtälö on aito, koska käytetyt välit ovat puoliavoimia. Käyttämällä yhtälöitä a d = A + ε a d A = ε b d = B + δ b d B = δ ja saadaan ε δ < 1 m (a d A) (b d B) < 1 m a d A b d + B < 1 m B A b d + a d < 1 m (B A) (b a) d < 1 m. Asetetaan x = B A ja y = b a. Nyt koska A, B Z, a, b Z + ja aiemman oletuksen nojalla a < b, niin x ja y ovat kokonaislukuja, joille 0 < y m. Näin ollen x y d < 1 m 1 y. Täten luvun x etäisyys luvusta y d on pienempi kuin 1. Koska lisäksi d Z + on ei-neliöluku, niin x > y d 1 d 1 > 0. Näin ollen siis x on nollaa suurempi kokonaisluku, joten x 1. Kun on löydetty yksi sellainen positiivinen kokonaislukupari (x, y), että x y d < 1/y, niin toisen samalla ominaisuudella varustetun positiivisen kokonaislukuparin löytämiseksi valitaan m Z + niin, että 1/m < x y d. (Tällainen m on olemassa, koska x y d 0, kun d on irrationaalinen.) Toistamalla edellä esitetyt vaiheet siten, että luku m korvataan luvulla m löydetään positiiviset kokonaisluvut x ja y, joille x y d < 1/m, missä y m. Tällöin x y d 1/y. Nyt koska x y d < 1 m < x y d, niin positiivinen kokonaislukupari (x, y) ei ole selvästikään sama kuin positiivinen kokonaislukupari (x, y ). Edelleen toistamalla edelliset vaiheet pienemmälle luvulle x y d saadaan jälleen aiempien positiivisten kokonaislukuparien kanssa 11

12 erisuuri pari (x, y ), jolle x y d < 1/y. Edellä esitettyjä vaiheita toistamalla voidaan siis löytää ääretön määrä sellaisia positiivisia kokonaislukuja, että x y d < 1/y. Esimerkki.4. Olkoon d = 5. Etsitään kaksi ratkaisua epäyhtälölle x y 5 < 1/y. Valitaan m = 10, jolloin luvun k 5, missä 0 k 10, murto-osien joukossa on olemassa kaksi kokonaislukuparia (a, b), missä a < b ja luvuilla a 5 ja b 5 on sama ensimmäinen desimaalinumero ja näin ollen niiden välinen etäisyys on pienempi kuin 1/10. Nämä kaksi kokonaislukuparia ovat (a, b) = (, 6) ja (a, b) = (5, 9). k luvun k 5 murto-osat 0 0,3 0,47 0,70 0,94 0,18 0,41 0,65 0,88 0,1 0,36 Taulukko.1: Luvun k 5, missä 0 k 10, murto-osat kahteen desimaalipaikkaan annettuna. Valitaan a = ja b = 6. Nyt koska a 5 = 5 = 4, ja b 5 = 6 5 = 13, 41..., niin joten saadaan (x, y) = (9, 4). ( 5 4) (6 5 13) < < < < 1 10 < 1 4, Jos alussa olisi valittu kokonaislukuparin (, 6) sijaan pari (5, 9), niin luvuille x ja y olisi saatu samat arvot kuin toisellakin parilla. Nimittäin, koska a 5 = 5 5 = 11, ja b 5 = 9 5 = 0, 1..., niin (5 5 11) (9 5 0) < < < < 1 10 < 1 4, 1

13 joten saadaan (x, y) = (9, 4). Ei siis ole väliä, mikä löydetyistä kokonaislukupareista valitaan. Koska , 0557 > 1/0, niin toisen sellaisen kokonaislukuparin (x, y ), että x y 5 < 1/y, löytämiseksi tarkastellaan luvun k 5, missä 0 k 0, murto-osia. Pyrkimyksenä on löytää kaksi murto-osaa, jotka kuuluvat jollekin lukuvälille [i/0, (i + 1)/0[. Tällaiset murto-osat löytyvät, kun k = ja k = 19. Tällöin joten 5 = 4, ja 19 5 = 4, , ( 5 4) (19 5 4) 0, 01 < < 1 0 < Siis saadaan (x, y ) = (38, 17). Siirrytään seuraavaksi tarkastelemaan sitä, miten Pellin yhtälölle x dy = 1, missä d ei ole neliöluku, voidaan löytää ainakin yksi yhtälön triviaaliratkaisuista x = 1, y = 0 ja x = 1, y = 0 eroava ratkaisu. Apulause.3. Olkoon B = d+1. Tällöin on olemassa äärettömän monta erisuurta kokonaislukuparia (x, y), joille x dy < B. Todistus (vrt. [4, s. 3]). Oletetaan, että B = d + 1. Apulauseen. nojalla äärettömän monelle positiiviselle kokonaisluvulle x ja y pätee x y d < 1/y. Osoitetaan, että sellaisille luvuille x ja y pätee x dy < d + 1. Keskeisenä kohtana tässä todistuksessa on, että yläraja ei sisällä lukuja x ja y. Koska apulauseen. nojalla x y d < 1/y, niin rajoittamalla ensin luku x yläpuolelta luvun y avulla saadaan x = x y d + y d x y d + y d < 1 y + y d 1 + y d. 13

14 Tällöin x dy = x + y d x y d = (x + y d) x y d < (x + y d) 1 y < (1 + y d + y d) 1 y = 1 y + d 1 + d. Siis x dy < d + 1 äärettömän monelle positiiviselle kokonaislukuparille (x, y). Esimerkki.5. Tarkastellaan Pellin yhtälöä x 3y = 1. Nyt koska d = 3, niin B = Koska 4 3 < 16 3 < < 5, niin B 5. Tällöin apulauseen.3 nojalla on olemassa äärettömän monta kokonaislukuparia (x, y), joille x 3y < 5. Seuraavaksi osoitetaan, että yhtälöllä x dy = 1 on äärettömän monta ratkaisua. Tämän tuloksen todistaminen vähentää selvästi apulauseen.3 mielenkiintoa itsessään, sillä apulause.3 on tämän uuden tuloksen seuraus. Kuitenkin apulauseen.3 tulos on tarpeellinen yleisemmän tuloksen osoittamiseksi. Lause.. Olkoon d Z + ei-neliöluku. Tällöin Pellin yhtälöllä x dy = 1 on ääretön määrä erisuuria kokonaislukuratkaisuja (x, y). Todistus (vrt. [1, s. 177]). Olkoon d Z + ei-neliöluku. Apulauseen.3 nojalla on olemassa äärettömän monta kokonaislukuparia (x, y), joille x dy < B, missä B = d + 1. Koska on olemassa vain äärellinen määrä kokonaislukuja k, joille k < B, ja koska jokainen luku x dy on kokonaisluku, niin on olemassa sellainen 14

15 kokonaisluku k, että on olemassa äärettömän monta kokonaislukuparia (x, y), joille x dy = k. Jos k = 0 ja y 0, niin x dy = 0 dy = x d = x d = y ( ) x. y Koska d Z + ja d = x /y, niin y x. Tällöin aritmetiikan peruslauseen nojalla saadaan, että y x. Näin ollen x/y on kokonaisluku, joten d = (x/y) on neliöluku, mikä on ristiriidassa oletuksen kanssa, että d ei ole neliöluku. Siis on oltava k 0. Tarkastellaan sitten yhtälön x dy = k kokonaislukuratkaisuja (x, y) modulo k. Kaikille kokonaisluvuille x ja y on olemassa kokonaisluvut a ja b, joille 0 a, b < k ja joille x a (mod k ), y b (mod k ). Kokonaislukuparille (a, b) on olemassa vain k eri vaihtoehtoa. Täten, koska yhtälöllä x dy = k on äärettömän monta ratkaisua, niin voidaan löytää sellaiset kokonaisluvut a ja b, että äärettömän monta yhtälön x dy = k ratkaisua (x, y) toteuttaa kongruenssit x a (mod k ), y b (mod k ). Näistä ratkaisuista jokaiselle kokonaislukuparille (x 1, y 1 ) ja (x, y ) pätee x 1 dy 1 = k, x dy = k ja Nyt koska niin x 1 a x (mod k ), y 1 b y (mod k ). x 1 dy 1 = k, x dy = k, (x 1 dy 1 )(x dy ) = k k = k. Toisaalta apulauseen.1 nojalla (x 1 dy 1 )(x dy ) = (x 1x dy 1 y ) d(x 1 y y 1 x ), 15

16 joten saadaan Nyt koska k = (x 1 x dy 1 y ) d(x 1 y y 1 x ) 1 = (x 1x dy 1 y ) k d (x 1y y 1 x ) k ( ) x1 x dy 1 y ( x1 y y 1 x ) 1 = d. k k x 1 a x (mod k ) ja y 1 b y (mod k ), niin x 1 x dy 1 y x 1 x 1 dy 1 y 1 x 1 dy 1 (mod k ). Edelleen koska x 1 dy 1 = k, niin saadaan x 1 x dy 1 y x 1 dy 1 0 (mod k ). Vastaavasti, koska x 1 a x (mod k ) ja y 1 b y (mod k ), niin x 1 y y 1 x x 1 y 1 y 1 x 1 (mod k ). Edelleen, koska x 1 y 1 y 1 x 1 = 0, niin x 1 y y 1 x x 1 y 1 y 1 x 1 0 (mod k ). Näin ollen x 1 x dy 1 y ja x 1 y y 1 x ovat siis jaollisia luvulla k, joten yhtälöstä ( ) x1 x dy 1 y ( x1 y y 1 x ) 1 = d k k saadaan Pellin yhtälölle x dy = 1 kokonaislukuratkaisu (x, y), missä x = x 1x dy 1 y k, y = x 1y y 1 x. k Kiinnitetään yksi yhtälön x dy = k ja kongruenssien x 1 a x (mod k ) ja y 1 b y (mod k ) ratkaisu (x 1, y 1 ). Koska k 0, niin vähintään toinen luvuista x 1 ja y 1 on nollasta eroava. Käyköön kokonaislukupari (x, y ) läpi äärettömän joukon ratkaisuja yhtälöön x dy = k ja kongruensseihin x 1 a x (mod k ) ja y 1 b y (mod k ). Tällöin joko x tai y saa äärettömän monta arvoa, jolloin joko x tai y saa äärettömän monta arvoa. Näin ollen (x, y) käy läpi äärettömän monta ratkaisua yhtälöön x dy = 1. 16

17 Seuraavaksi näytetään, miten yhtälölle x dy = 1 voidaan generoida äärettömän monta ratkaisua. Ensin kuitenkin osoitetaan todeksi kaksi yhtälöä, joita tarvitaan näiden ratkaisujen generoimiseksi. Apulause.4 (vrt. [1, s. 178]). Yhtälöt (x 1 + dy 1 )(x + dy ) = (x 1 x + dy 1 y ) + d(x 1 y + y 1 x ) (x 1 dy 1 )(x dy ) = (x 1 x + dy 1 y ) d(x 1 y + y 1 x ) ovat tosia kaikilla muuttujien x 1, x, y 1, y ja vakion d arvoilla. Todistus. Koska ja (x 1 + dy 1 )(x + dy ) = x 1 x + dx 1 y + dy 1 x + dy 1 y = (x 1 x + dy 1 y ) + d(x 1 y + y 1 x ) (x 1 dy 1 )(x dy ) = x 1 x dx 1 y dy 1 x + dy 1 y = (x 1 x + dy 1 y ) d(x 1 y + y 1 x ), niin yhtälöt ovat identtisisesti tosia. On siis osoitettu, että kahden muotoa x + dy olevan luvun tulo on myös muotoa x + dy oleva luku. Vastaavasti kahden muotoa x dy olevan luvun tulo on muotoa x dy. Seuraavaksi osoitetaan induktion avulla, että suuruusjärjestykseen järjestetyistä positiivisista kokonaislukupareista muodostuvan jonon, missä (x m, y m ) < (x n, y n ), jos x m + dy m < x n + dy n, n. jäsen (x n, y n ) voidaan määrittää tämän jonon ensimmäisen jäsenen (x 1, y 1 ) avulla. Lause.3 (vrt. [1, s. 178]). Olkoot x 1 ja y 1 kokonaislukuja ja olkoon d positiivinen kokonaisluku. Tällöin (x 1 + dy 1 ) n = x n + dy n ja (x 1 dy 1 ) n = x n dy n, missä n on posiitivinen kokonaisluku ja x n ja y n ovat kokonaislukuja. 17

18 Todistus. Osoitetaan induktiolla, että kaikilla luonnollisilla luvuilla n 1 pätee (x 1 + dy 1 ) n = x n + dy n, missä x n ja y n ovat kokonaislukuja. Kaava pätee, kun n = 1, sillä (x 1 + dy 1 ) 1 = x 1 + dy 1. Oletetaan, että kaava pätee, kun n = k. Tällöin (x 1 + dy 1 ) k = x k + dy k. Osoitetaan sitten, että kaava pätee, kun n = k + 1. Koska (x 1 + dy 1 ) k+1 = (x 1 + dy 1 )(x 1 + dy 1 ) k I.O. = (x 1 + dy 1 )(x k + dy k ) = x 1 x k + dx 1 y k + dy 1 x k + dy 1 y k = (x 1 x k + dy 1 y k ) + d(x 1 y k + y 1 x k ) = x k+1 + dy k+1, niin kaava pätee, kun n = k + 1. Näin ollen iduktioperiaatteen nojalla kaava pätee kaikilla n 1. Vastaavasti induktion avulla voidaan osoittaa, että kaikilla luonnollisilla luvuilla n 1 pätee (x 1 dy 1 ) n = x n dy n, missä x n ja y n ovat kokonaislukuja. Kaava pätee, kun n = 1, sillä (x 1 dy 1 ) 1 = x 1 dy 1. Oletetaan, että kaava pätee, kun n = k. Tällöin (x 1 dy 1 ) k = x k dy k. Osoitetaan sitten, että kaava pätee, kun n = k + 1. Koska (x 1 dy 1 ) k+1 = (x 1 dy 1 )(x 1 dy 1 ) k I.O. = (x 1 dy 1 )(x k dy k ) = x 1 x k dx 1 y k dy 1 x k + dy 1 y k = (x 1 x k + dy 1 y k ) d(x 1 y k + y 1 x k ) = x k+1 dy k+1, 18

19 niin kaava pätee, kun n = k + 1. Näin ollen iduktioperiaatteen nojalla kaava pätee kaikilla n 1. Seuraus.1. Olkoon (x 1, y 1 ) suuruusjärjestykseen järjestetyistä positiivisista kokonaislukupareista muodostuvan jonon, missä (x m, y m ) < (x n, y n ), jos x m + dy m < x n + dy n, ensimmäinen jäsen ja olkoon d positiivinen kokonaisluku. Tällöin jonon n. jäsen (x n, y n ) saadaan kaavoilla x n = x 1 x n 1 + dy 1 y n 1, y n = x 1 y n 1 + y 1 x n 1. Todistus (vrt. [1, s. 178]). Lauseen.3 nojalla tiedetään, että kun n, niin (x 1 + dy 1 ) n = (x 1 + dy 1 )(x 1 + dy 1 ) n 1 = (x 1 + dy 1 )(x n 1 + dy n 1 ). Nyt apulauseen.4 nojalla (x 1 + dy 1 )(x n 1 + dy n 1 ) = (x 1 x n 1 + dy 1 y n 1 ) + d(x 1 y n 1 + y 1 x n 1 ), jolloin voidaan merkitä x n = x 1 x n 1 + dy 1 y n 1, y n = x 1 y n 1 + y 1 x n 1. Vastaavasti lauseen.3 nojalla tiedetään, että kun n, niin (x 1 dy 1 ) n = (x 1 dy 1 )(x 1 dy 1 ) n 1 = (x 1 dy 1 )(x n 1 dy n 1 ). Edelleen apulauseen.4 nojalla (x 1 dy 1 )(x n 1 dy n 1 ) = (x 1 x n 1 + dy 1 y n 1 ) d(x 1 y n 1 + y 1 x n 1 ), jolloin voidaan merkitä x n = x 1 x n 1 + dy 1 y n 1, y n = x 1 y n 1 + y 1 x n 1. Huomautus. Esimerkissä.1 käytetyt kaavat x n = x n 1 + 3y n 1 ja y n = y n 1 + x n 1. 19

20 ovat seurauksessa.1 olleet relaatiot x n = x 1 x n 1 + dy 1 y n 1 ja y n = x 1 y n 1 + y 1 x n 1 luvulle n. Kun n =, niin (x, y ), missä x = x 1 + 3y 1 ja y = y 1 + x 1, on Pellin yhtälön x dy = 1 ratkaisu. Seuraavaksi esitetään, kuinka yksittäisen tunnetun ratkaisun avulla voidaan generoida uusi ratkaisu. Lause.4. Oletetaan, että n Z + ja että (x 1, y 1 ) on Pellin yhtälön x dy = 1 ratkaisu. Olkoot luvut x n ja y n määritelty ehdolla (x 1 + dy 1 ) n = x n + dy n. Tällöin (x n, y n ) on yhtälön x dy = 1 ratkaisu. Todistus (vrt. [1, s. 178]). Lauseen.3 nojalla (x 1 dy 1 ) n = x n dy n, joten x n dyn = (x n + dy n )(x n dy n ) = (x 1 + dy 1 ) n (x 1 dy 1 ) n = ((x 1 + dy 1 )(x 1 dy 1 )) n = (x 1 dy 1 )n. Koska (x 1, y 1 ) on yhtälön x dy = 1 ratkaisu, niin x 1 dy 1 = 1. Lisäksi koska x n dy n = (x 1 dy 1 )n, niin x n dy n = 1 n = 1. Siis (x n, y n ) on yhtälön x dy = 1 ratkaisu. Esimerkki.6. Tarkastellaan yhtälöä x 3y = 1. Valitaan x 1 = ja y 1 = 1. Määritellään luvut x n ja y n siten, että x n + 3y n = ( + 3 1) n x n + 3y n = ( + 3) n. 0

21 Tällöin ( + 3) = = ( + 3) 3 = ( + 3) ( + 3) = ( )( + 3) = = , mistä saadaan yhtälölle x dy = 1 esimerkissä.1 esitetyt ratkaisut (7, 4) ja (6, 15)..3 Kaikkien ratkaisujen löytäminen Tässä luvussa näytetään, kuinka yhden tunnetun ratkaisun avulla voidaan löytää kaikki yhtälön x dy = 1 ratkaisut. Ensin huomataan, että jos (x, y) on ratkaisu, niin myös (±x, ±y) on ratkaisu millä tahansa lukujen x ja y etumerkkien yhdistelmällä. Näin ollen riittää, että määritetään kaikki ratkaisut, joille x 0 ja y 0. Lisäksi triviaalisti voidaan havaita, että ainoat ratkaisut, joille x = 0 tai y = 0, ovat (±1, 0). Täten riittää määrittää kaikki ratkaisut, joille x > 0 ja y > 0. Tällaisia ratkaisuja kutsutaan positiivisiksi ratkaisuiksi. Seuraavaksi esitetään yksinkertainen tapa määrittää, onko ratkaisu positiivinen vai ei. Apulause.5. Oletetaan, että (x, y) on jokin yhtälön x dy = 1 ratkaisu. Tällöin (x, y) on positiivinen ratkaisu, jos ja vain jos x + dy > 1. Todistus (vrt. [1, s. 179]). Oletetaan, että (x, y) on yhtälön x dy = 1 positiivinen ratkaisu eli x > 0 ja y > 0. Koska x ja y ovat kokonaislukuja, niin x 1 ja y 1. Tällöin x + dy 1 + d 1 > 1. Kääntäen oletetaan, että x + dy > 1. Jos x = 0 tai y = 0, niin (x, y) = (±1, 0), jolloin x + dy 1. Oletetaan siis, että x 0 ja y 0. Tarkastellaan neljää eri tapausta lukujen x ja y suhteen. Tapaus 1: Olkoot x < 0 ja y < 0. Tällöin x + dy < 0, joten x + dy 1. Tapaus : Olkoot x > 0 ja y < 0. Tällöin x dy 1 + d 1 > 1. 1

22 Nyt koska oletuksen nojalla x + dy > 1 ja lisäksi x dy = 1, niin 1 = x dy = (x dy)(x + dy) > 1 1 = 1, mikä on mahdotonta. Tapaus 3: Olkoot x < 0 ja y > 0. Tällöin x + dy 1 + d 1 > 1. Nyt koska oletuksen nojalla x + dy > 1 ja lisäksi x dy = 1 x + dy = 1, niin 1 = x + dy = ( x + dy)(x + dy) > 1 1 = 1, mikä on mahdotonta. Tapaus 4: Olkoot x > 0 ja y > 0. Koska tapaukset 1 3 ovat mahdottomia, niin on oltava x > 0 ja y > 0. Lauseen. nojalla tiedetään, että yhtälöllä x dy = 1 on ainakin yksi kokonaislukuratkaisu (x 0, y 0 ), kun x 0 0 ja y 0 0. Lisäksi koska (±x 0, ±y 0 ) on myös ratkaisu millä tahansa etumerkkiyhdistelmällä, niin havaitaan, että on olemassa ainakin yksi positiivinen ratkaisu. Olkoon se (x 0, y 0 ). Asetetaan M = x 0 + dy 0. Jos (x 1, y 1 ) on mikä tahansa yhtälön x dy = 1 positiivinen ratkaisu, niin ehto x 1 + dy 1 M implikoi, että x 1 M ja y 1 M. [1, s. 180] Täten erityisesti, on olemassa vain äärellinen määrä vaihtoehtoja luvuille x 1 ja y 1. Valitaan positiivinen ratkaisu (x 1, y 1 ), jolle x 1 + dy 1 on pienin. Tämä on mahdollista, sillä yhtälöllä x dy = 1 on äärellinen määrä positiivisia ratkaisuja niin, että x 1 d ja y 1 M. Kutsutaan ratkaisua (x 1, y 1 ) Pellin yhtälön fundamentaaliseksi ratkaisuksi. [1, s. 180] Osoitetaan seuraavaksi aputulos, jota tarvitaan Pellin yhtälöihin liittyvän päätuloksen todistamiseen. Apulause.6 (vrt. [1, s. 180]). Olkoot x 1 ja y 1 positiivisia kokonaislukuja. Tällöin myös x n ja y n ovat positiivisia kokonaislukuja, kun ne on määritelty ehdolla x n + dyn = (x 1 + dy 1 ) n, missä n Z +.

23 Todistus. Oletetaan, että x 1 > 0 ja y 1 > 0. Osoitetaan induktion avulla, että kaikilla luonnollisilla luvuilla n 1 pätee x n > 0 ja y n > 0. Koska (x 1, y 1 ) ovat positiivisista kokonaislukupareista muodostuvan jonon ensimmäinen jäsen, niin seurauksen.1 nojalla x n = x 1 x n 1 + dy 1 y n 1 ja y n = x 1 y n 1 + y 1 x n 1. Näin ollen kun n =, niin x = x 1 x 1 + dy 1 y 1 y = x 1 y 1 + y 1 x 1 = x 1 x 1 + dy 1 y 1 = x 1 y 1 + y 1 x 1. Nyt koska x 1 > 0, y 1 > 0 ja d > 0, niin myös x > 0 ja y > 0. Oletetaan, että x k > 0 ja y k > 0. Osoitetaan sitten, että x k+1 > 0 ja y k+1 > 0. Koska d > 0, x k+1 = x 1 x k dy 1 y k+1 1 y k+1 = x 1 y k y 1 x k+1 1 = x 1 x k + dy 1 y k = x 1 y k + y 1 x k ja induktio-oletuksen nojalla x k > 0 ja y k > 0, niin x k+1 > 0 ja y k+1 > 0. Näin ollen induktioperiaatteen nojalla x n > 0 ja y n > 0 kaikilla luvun n Z + arvoilla. Lause.5. Olkoon (x 1, y 1 ) Pellin yhtälön x dy = 1 positiivinen ratkaisu, jolle x 1 + dy 1 on pienin. Jokaiselle positiiviselle kokonaisluvulle n määritellään x n ja y n yhtälöllä x n + dy n = (x 1 + dy 1 ) n. Tällöin Pellin yhtälön x dy = 1 kaikki ratkaisut saadaan ehdoista (x, y) = (±1, 0) ja (x, y) = (±x n, ±y n ), missä kaikki etumerkkien yhdistelmävaihtoehdot sallitaan. Lisäksi nämä kaikki ratkaisut ovat erisuuria. Todistus (vrt. [1, s ]). Lauseen.4 perusteella tiedetään, että kaikki yhtälön (x 1 + dy 1 ) n = x n + dy n ratkaisut (x n, y n ) ovat itse asiassa yhtälön x dy = 1 ratkaisuja. Osoitetaan seuraavaksi, että kaikki ehdoista (x, y) = (±1, 0) ja (x, y) = (±x n, ±y n ), 3

24 missä kaikki etumerkkien yhdistelmävaihtoehdot sallitaan, saatavat ratkaisut (x, y) ovat erisuuria. Koska (x 1, y 1 ) on positiivisista kokonaislukupareista muodostuvan jonon, missä (x m, y m ) < (x n, y n ), jos x m + dy m < x n + dy n, ensimmäinen jäsen, niin seurauksen.1 nojalla x n = x 1 x n 1 + dy 1 y n 1 ja y n = x 1 y n 1 + y 1 x n 1, ja koska oletuksen nojalla x 1 > 0 ja y 1 > 0, niin apulauseen.6 nojalla x n > 0, y n > 0 kaikilla luvun n arvoilla. Täten mikään ratkaisuista (±x n, ±y n ) ei voi olla yhtä suuri kuin (±1, 0). Osoitetaan sitten, että kaikki ratkaisut (±x n, ±y n ) ovat erisuuria. Koska x n > 0 ja y n > 0, niin selvästi riittää osoittaa, että kaikki positiiviset ratkaisut (x n, y n ) ovat erisuuria. Tehdään vastaoletus, että kaikki ratkaisut (x n, y n ) eivät ole erisuuria. Tällöin on olemassa positiivinen kokonaisluku m, jolle (x n, y n ) = (x m, y m ), kun n < m. (Yhtä hyvin ilman yleistettävyyden menetystä olisi voitu olettaa, että m < n.) Nyt lauseen.3 ja oletuksen nojalla saadaan joten (x 1 + dy 1 ) n = x n + dy n = x m + dy m = (x 1 + dy 1 ) m, (x 1 + dy 1 ) m (x 1 + dy 1 ) n = 1 (x 1 + dy 1 ) m n = 1. Kuitenkin koska (x 1, y 1 ) on positiivinen ratkaisu, niin apulauseen.5 nojalla saadaan x 1 + dy 1 > 1. Tällöin koska oletuksen nojalla m > n, niin (x 1 + dy 1 ) m n > 1. Siis on mahdotonta, että (x 1 + dy 1 ) m n = 1. Täten kaikki kaavoilla x n = x 1 x n 1 + dy 1 y n 1 ja y n = x 1 y n 1 + y 1 x n 1 saatavat ratkaisut (x, y) ovat erisuuria. Olkoon (u, v) mikä tahansa yhtälön x dy = 1 ratkaisu. Koska 1. (1, 0) ja ( 1, 0) ovat ainoat ratkaisut, joissa x = 0 tai y = 0, ja koska. jos (x, y) on ratkaisu, niin sitten myös (±x, ±y) on ratkaisu millä tahansa etumerkkien yhdistelmällä, 4

25 niin ilman yleistettävyyden menetystä voidaan olettaa, että u > 0, v > 0. Osoitetaan, että (u, v) = (x n, y n ) jollakin n 1. Koska oletuksen nojalla (x 1, y 1 ) on yhtälön x dy = 1 positiivinen ratkaisu, jolle x 1 + dy 1 on pienin, niin x 1 + dy 1 u + dv. Väitetään, että on olemassa sellainen positiivinen kokonaisluku n, että (x 1 + dy 1 ) n u + dv < (x 1 + dy 1 ) n+1. Tiedetään, että x 1 + dy 1 > 1, jolloin luvun x 1 + dy 1 potensseista tulee mielivaltaisen suuria. Täten on olemassa luvun n suurin arvo, jolle (x 1 + dy 1 ) n u + dv. Epäyhtälön x 1 + dy 1 u + dv nojalla tämä suurin arvo luvulle n on vähintään 1. Lisäksi on selvää, että luvun n suurimmasta arvosta seuraa, että epäyhtälö (x 1 + dy 1 ) n u + dv < (x 1 + dy 1 ) n+1 on tosi. Kerrotaan sitten epäyhtälö (x 1 + dy 1 ) n u + dv < (x 1 + dy 1 ) n+1 puolittain luvulla (x 1 dy 1 ) n. Tämä luku on positiivinen, koska x 1 + dy 1 > 0 ja koska 1 = x 1 dy 1 = (x 1 + dy 1 )(x 1 dy 1 ). Tällöin lauseen.3 avulla saadaan (x 1 + dy 1 ) n (x 1 dy 1 ) n (u + dv)(x 1 dy 1 ) n < (x 1 + dy 1 ) n+1 (x 1 dy 1 ) n (x n + dy n )(x n dy n ) (u + dv)(x 1 dy 1 ) n < (x 1 + dy 1 )(x n + dy n )(x n dy n ) x n dyn (u + dv)(x 1 dy 1 ) n < (x 1 + dy 1 )(x n dyn) 1 (u + dv)(x 1 dy 1 ) n < (x 1 + dy 1 ) 1 1 (u + dv)(x 1 dy 1 ) n < x 1 + dy 1. 5

26 Asetetaan u 1 = ux n dvy n, v 1 = vx n y n u. Tällöin (u + dv)(x 1 dy 1 ) n = (u + dv)(x n dy n ) = ux n dy n u + dvx n dvy n = (ux n dvy n ) + d(vx n y n u) = u 1 + dv 1. Lisäksi sijoittamalla saadaan u1 dv 1 = (ux n dvy n ) d(vx n y n u) = u x n dux n vy n + d v yn d(v x n vx n y n u + ynu ) = u x n dux n vy n + d v yn dv x n + dvx n y n u dynu = u x n + d v yn dv x n dynu = (u dv )(x n dyn). Nyt koska (u, v) ja (x n, y n ) ovat yhtälön x dy = 1 ratkaisuja, niin (u dv )(x n dyn) = 1 1 = 1. Näin ollen myös u1 dv 1 = 1, joten (u 1, v 1 ) on yhtälön x dy = 1 ratkaisu. Lisäksi koska edellä on osoitettu, että ja 1 (u + dv)(x 1 dy 1 ) n < x 1 + dy 1 (.1) (u + dv)(x 1 dy 1 ) n = u 1 + dv 1, niin 1 u 1 + dv 1 < x 1 + dy 1. Jos u 1 + dv 1 > 1, niin apulauseen.5 nojalla (u 1, v 1 ) on yhtälön x dy = 1 positiivinen ratkaisu. Kuitenkin, jos asia on tällä tavoin, niin 1 u 1 + dv 1 < x 1 + dy 1 6

27 mikä on ristiriidassa lauseen oletuksen kanssa, että (x 1, y 1 ) on Pellin yhtälön x dy = 1 pienin ratkaisu. Näin ollen täytyy olla u 1 + dv 1 1. Kuitenkin koska toisaalta 1 u 1 + dv 1 < x 1 + dy 1, niin on oltava u 1 + dv 1 = 1. Tällöin yhtälön (.1) perusteella myös (u + dv)(x 1 dy 1 ) n = 1. Edelleen kertomalla tämän yhtälön molemmat puolet luvulla (x 1 + dy 1 ) n saadaan (u + dv)(x 1 dy 1 ) n (x 1 + dy 1 ) n = (x 1 + dy 1 ) n (u + dv)(x n dy n )(x n + dy n ) = x n + dy n (u + dv)(x n dy n) = x n + dy n (u + dv) 1 = x n + dy n u + dv = x n + dy n. Täten u x n = d(y n v). Jos y n v 0, saadaan ( ) u xn d =, y n v jolloin d = ( ) u xn d = (u x n) y n v (y n v). Koska d Z +, niin (y n v) (u x n ). Tällöin aritmetiikan peruslauseen nojalla saadaan, että (y n v) (u x n ). Näin ollen (u x n )/(y n v) on kokonaisluku, joten d on neliöluku, mikä on ristiiidassa oletuksen kanssa, että d ei ole täydellinen neliö. Täten ristiriita on saavutettu ja y n v = 0 eli y n = v. Koska edellä on osoitettu, että u + dv = (x 1 + dy 1 ) n ja lauseen oletuksen nojalla tiedetään, että (x 1 + dy 1 ) n = x n + dy n, niin u + dv = x n + dy n. Näin ollen saadaan u = x n, joten olemme osoittaneet, että (u, v) = (x n, y n ). 7

28 Esimerkki.7. Tarkastellaan yhtälöä x 3y = 1. Aiemmin olemme todenneet, että x =, y = 1 on tämän yhtälön yksi ratkaisu. Tällöin pienimmän ratkaisun täytyy toteuttaa epäyhtälö x 1 + 3y < 4 ja täten x 1 < 4 ja y 1 < 4. Koska x 1 ja y 1 ovat positiivisia kokonaislukuja, niin x 1 3 ja y 1 3. Voidaan helposti huomata, että ainoa lukupari (x, y), joka on yhtälön x 3y = 1 ratkaisu ja toteuttaa ehdot 0 < x 3 ja 0 < y 3, on nimenomaan x = ja y = 1. Näin ollen x 1 = ja y 1 = 1, ja triviaaliratkaisuja x = ±1, y = 0 lukuun ottamatta kaikki yhtälön x 3y = 1 ratkaisut saadaan, kun x = ±x n, y = ±y n, missä x n + 3y n = ( + 3 1) n. Suorittamalla potenssiinkorotus ( + 3 1) n eri arvoilla n Z + ja tarkastelemalla näin saatuja lukuja voidaan havaita, että x n ja y n saadaan rekursiivisesti luvuista x n 1 ja y n 1 helpommin kaavojen x n = x 1 x n 1 + dy 1 y n 1 ja y n = x 1 y n 1 + y 1 x n 1 avulla, kun määritellään x n = x n 1 + 3y n 1, y n = y n 1 + x n 1. Lause.5 antaa kaikki ratkaisut Pellin yhtälölle x dy = 1, kun tiedetään pienin ratkaisu. Jos on löydetty mikä tahansa yhtälön x dy = 1 ratkaisu, jolle y 0, niin pienimmän ratkaisun määrittäminen on yksinkertaista. Kuitenkin käytännössä yhtälön x dy = 1 ratkaisun määrittäminen voi olla haastava tehtävä, koska jopa pienillä muuttujan d arvoilla muuttujien x 1, y 1 pienimmät arvot voivat olla hyvin suuria. Esimerkiksi kun d = 9, niin x 1 = 9801, y 1 = 180. Kaikkien ratkaisujen löytämiseksi on olemassa menetelmä, jota kutsutaan ketjumurtolukumenetelmäksi. Aihe on kuitenkin niin laaja, että se on suljettu tästä tutkielmasta sen vuoksi pois. Aihetta on käsitelty muun muassa Rosenin kirjassa [5]..4 Yksi yleistys Tässä luvussa käsitellään tässä tutkielmassa pääasiallisesti käsiteltyä yhtälöä x dy = 1 yleisempää yhtälöä x dy = k, missä k on jokin kiinnitetty kokonaisluku. Osoitetaan seuraavaksi tätä yleisempää yhtälöä koskeva yksinkertainen tulos. 8

29 Yhtälöllä x dy = k ei välttämättä ole lainkaan ratkaisuja. Yleisenä esimerkkinä, jos d = p on alkuluku, p k ja k on neliönepäjäännös modulo p, niin yhtälöllä x dy = k ei voi olla ratkaisuja, sillä yhtälön x dy = k ratkaisu antaisi ratkaisun kongruenssille x k (mod p), mikä olisi ristiriidassa oletuksen k on neliönepäjäännös modulo p kanssa. [1, s. 18] Lause.6. Jos yhtälöllä x dy = k on yksi ratkaisu, niin sillä on äärettömän monta ratkaisua. Todistus (vrt. [1, s. 18]). Oletetaan, että (x 1, y 1 ) on yhtälön x dy = k ratkaisu ja (x, y ) on yhtälön x dy = 1 ratkaisu. Tällöin x = x 1 x + dy 1 y, y = x 1 y + y 1 x on yhtälön x dy = k ratkaisu. Kun (x, y ) käy läpi kaikki yhtälön x dy = 1 ratkaisut huomataan, että saadaan ääretön määrä yhtälön x dy = k ratkaisuja. Tällaisia ratkaisuja, joilla x > 0, y > 0, on ääretön määrä. Esimerkki.8. Koska = 6, määritellään x n, y n (n 0) ehdolla x n + 3y n = ( + 3 1) n ( ). Tällöin x n 3yn = 6, kun n 0. Esimerkiksi jos n = 1, niin x 1 = = = 33, y 1 = = = 19 ja = = = 6. 9

30 3 Kolmio-, neliö- ja viisikulmioluvut Tässä luvussa tarkastellaan positiivisia kokonaislukuja, joiden osoittama määrä pisteitä voidaan järjestää jonkin säännöllisen monikulmion muotoiseksi kuvioksi. Tarkastelu rajataan positiivisiin kokonaislukuihin, joista voidaan tällä tavoin muodostaa tasasivuisia kolmioita, neliöitä tai säännöllisiä viisikulmioita. Erityisen mielenkiintoisia ovat luvut, joiden osoittamasta määrästä pisteitä voidaan muodostaa sekä kolmion että neliön muotoinen kuvio tai neliön ja viisikulmion muotoinen kuvio. Tällaiset luvut nimittäin tuottavat tiettyjen Pellin yhtälöiden ratkaisuja. 3.1 Määritelmät ja yleiset kaavat Määritelmä 3.1 (vrt. [3, s. ]). Positiivista kokonaislukua n sanotaan kolmioluvuksi, jos n pistettä voidaan järjestää siten, että ne muodostavat tasasivuisen kolmion muotoisen kuvion. Esimerkki 3.1 (vrt. [3, s. ]). Ensimmäiset neljä kolmiolukua ovat 1, 3, 6 ja 10. Alla olevasta kuvasta 3.1 näkyy, miten kukin kolmioluku muodostaa tasasivuisen kolmion. Lisäksi alla olevassa kuvassa 3.1 tummennetut ympyrät näyttävät, miten seuraava kolmioluku on saatu edellisestä kolmioluvusta lisäämällä uusi sivu. T 1 = 1 T = 3 T 3 = 6 T 4 = 10 Kuva 3.1: Ensimmäiset neljä kolmiolukua. Määritelmä 3. (vrt. [3, s. ]). Positiivista kokonaislukua n sanotaan k-kulmioluvuksi, jos n pistettä voidaan järjestää siten, että ne muodostavat säännöllisen k-kulmion. Esimerkki 3. (vrt. [3, s. 3]). Edellä esimerkissä 3.1 näytettiin ensimmäiset neljä kolmiolukua, jotka vastaavat tapausta k = 3. Tapaukset k = 4 ja k = 5 puolestaan vastaavat neliö- ja viisikulmiolukuja. Näistä luvuista ensimmäiset neljä esitetään alla 30

31 olevissa kuvissa 3. ja 3.3. Neliö- ja viisikulmiolukujen jono, kuten myös kolmiolukujen jono, alkaa erikoistapauksella, luvulla 1. S 1 = 1 S = 4 S 3 = 9 S 4 = 16 Kuva 3.: Ensimmäiset neljä neliölukua. P 1 = 1 P = 5 P 3 = 1 P 4 = Kuva 3.3: Ensimmäiset neljä viisikulmiolukua. Kaava n. neliöluvulle S n on selvästi S n = n. Esimerkeissä 3.1 ja 3. esitetyistä ensimmäisistä neljästä kolmio- ja viisikulmioluvusta saadaan apua kolmio- ja viisikulmiolukujen, T n ja P n, kaavojen muodostamiseen. Näitä esimerkkitapauksia ja erityisesti tietoa siitä, miten edellisestä k-kulmioluvusta saadaan seuraava, hyödyntäen kolmio- ja viisikulmioluvut voidaan kirjoittaa aritmeettisen sarjan termien avulla. Tällöin n T n = n = k, k=1 P n = (3n ) = n (3k ). Myös neliöluvut voidaan ilmaista summana S n = (n 1) = n k=1 (k 1) = n. Aritmeettisen sarjan A n ensimmäisen n termin summa saadaan kaavalla k=1 A n = a 1 + a + + a n = n(a 1 + a n ) = n(a 1 + (n 1)d), 31

32 joten kolmio- ja viisikulmioluvuille saadaan kaavat T n = n( 1 + (n 1) 1) = n( + n 1) = n(n + 1) ja n( 1 + (n 1) 3) n( + 3n 3) n(3n 1) P n = = =. Käyttämällä näitä kaavoja saadaan selville ensimmäiset kymmenen kolmio-, neliöja viisikulmiolukua. Nämä luvut on esitetty alla taulukossa 3.1. [3, s. 3] n T n S n P n Taulukko 3.1: Ensimmäiset kymmenen kolmio-, neliö- ja viisikulmiolukua. 3. Kolmio-neliöluvut Määritelmä 3.3 (vrt. [3, s. 3]). Positiivista kokonaislukua k sanotaan kolmioneliöluvuksi, jos k = T m jollakin m Z + ja k = S n jollakin n Z +. Esimerkki 3.3 (vrt. [3, s. 3]). Taulukosta 3.1 nähdään, että luvun 1 ohella luku 36 on sekä kolmioluku että neliöluku, 36 = T 8 = S 6. Näin ollen luvut 1 ja 36 ovat siis kolmio-neliölukuja. Esimerkki 3.4. Koska S 35 = 35 = 15 ja T 49 = 49(49 + 1) niin 15 on kolmio-neliöluku. = = 450 = 15, Osoitetaan seuraavaksi, että kolmio-neliöluvut tuottavat tietyn Pellin yhtälön ratkaisuja. Siis kolmio-neliölukujen avulla voidaan löytää ratkaisuja tiettyyn Pellin yhtälöön ja vastaavasti tuon Pellin yhtälön ratkaisujen avulla voidaan löytää kolmioneliölukuja. Lause 3.1. Kolmio-neliöluvut tuottavat yhtälön x y = 1, missä x ja y ovat positiivisia kokonaislukuja, ratkaisuja, ja käänteisesti yhtälön x y = 1 positiiviset kokonaislukuratkaisut tuottavat kolmio-neliölukuja. 3

33 Todistus (vrt. [3, s. 3 4]). Oletetaan, että k on kolmio-neliöluku. Tällöin kolmioneliölukujen määritelmän nojalla on olemassa sellaiset positiiviset kokonaisluvut m ja n, että k = T m = S n. Käyttämällä kolmiolukujen T m ja neliölukujen S n kaavoja saadaan T m = S n m(m + 1) = n m + m = n m + m = n 4 4m + 4m = 4n (m + 1) 1 = (n) (m + 1) (n) = 1. Siis x = m + 1, y = n on yhtälön x y = 1 ratkaisu. Oletetaan kääntäen, että x, y on yhtälön x y = 1 ratkaisu. Pellin yhtälöstä x y = 1 eli x = y + 1 nähdään, että x on pariton, joten myös x on pariton. Tällöin x = m + 1 jollakin kokonaisluvulla m. Sijoittamalla x = m + 1 Pellin yhtälöön x y = 1 saadaan (m + 1) y = 1 4m + 4m + 1 y = 1 y = 4m 4m : ( ) y = m + m. Täten y on parillinen, joten myös y on parillinen. Näin ollen y = n jollakin kokonaisluvulla n. Nyt koska x = m + 1, y = n on yhtälön x y = 1 ratkaisu, niin edellä esitetyn ekvivalenssiketjun nojalla (m + 1) (n) = 1 T m = S n. Merkitään k = T m = S n, jolloin k on kolmio-neliöluku. Esimerkki 3.5 (vrt. [3, s. 4]). Yhtälön x y = 1 ratkaisuista (x, y) = (3, ) ja (17, 1) saadaan kolmio-neliöluvut kirjoittamalla x = m + 1 ja y = n kussakin tapauksessa lukujen m ja n löytämiseksi. Kun (x, y) = (17, 1), niin m + 1 = x m + 1 = 17 m = 16 m = 8 n = y n = 1 n = 6, ja 33

34 joten T 8 = S 6. Nyt kolmiolukujen tai neliölukujen kaavan avulla voidaan selvittää mistä kolmio-neliöluvusta on kyse. Kun n = 6, neliölukujen kaavasta saadaan n = 6 = 36. Kolmiolukujen kaavasta saadaan T 8 = n(n + 1) = 8(8 + 1) = 8 9 = 7 = 36. Tapaus (x, y) = (3, ) voidaan selvittää vastaavalla tavalla. Tällöin saadaan T 1 = S 1 = Neliö-viisikulmioluvut Määritelmä 3.4 (vrt. [3, s. 4]). Positiivista kokonaislukua k sanotaan neliö-viisikulmioluvuksi, jos k = S m jollakin m Z + ja k = P n jollakin n Z +. Esimerkki 3.6. Tarkastellaan lukua Koska m = 9801 m = 99 tai m = 99 ja n(3n 1) = n n = n n 1960 = 0 n = 81 tai n = 4 3, niin on olemassa sellaiset positiiviset kokonaisluvut m ja n, että S m = P n = Siis S 99 = P 81 = 9801, joten luku 9801 on neliö-viisikulmioluku. Osoitetaan seuraavaksi, että neliö-viisikulmioluvut tuottavat tietyn Pellin yhtälön ratkaisuja. Lause 3. (vrt. [3, s. 4]). Neliö-viisikulmioluvut tuottavat yhtälön x 6y = 1, missä x, y Z +, ratkaisuja. Todistus. Olkoon k neliö-viisikulmioluku. Tällöin neliö-viisikulmiolukujen määritelmän nojalla on olemassa positiiviset kokonaisluvut m ja n niin, että k = P n = S m. 34

35 Hyödyntämällä neliölukujen S m ja viisikulmiolukujen P n kaavoja saadaan P n = S m n(3n 1) = m 3n n = m 1 36n 1n = 6 m 36n 1n = 6(m) (6n 1) 1 = 6(m) (6n 1) 6(m) = 1. Siis x = 6n 1, y = m on yhtälön x 6y = 1 ratkaisu. Esimerkki 3.7. Yhtälön x 6y = 1 ratkaisut (x, y) = (5, ) ja (485, 198) tuottavat neliö-viisikulmiolukuja. Sijoittamalla x = 485 ja y = 198 yhtälöihin x = 6n 1 ja y = m saadaan x = 6n = 6n = 6n n = 81, y = m 198 = m m = 99. Siis Pellin yhtälön x 6y = 1 ratkaisu (485, 198) tuottaa neliö-viisikulmioluvun S 99 = P 81 = Vastaavasti toistamalla edellä esitetyt vaiheet ratkaisulle (5, ) saadaan S 1 = P 1 = 1. Huomautus (vrt. [3, s. 4]). Vaikka kaikki neliö-viisikulmioluvut tuottavat Pellin yhtälön x 6y = 1 ratkaisuja, niin päinvastainen ei pidä paikkaansa. Siis Pellin yhtälön x 6y = 1 kaikki ratkaisut eivät tuota neliö-viisikulmiolukuja. Esimerkiksi (49, 0) on yhtälön x 6y = 1 ratkaisu mutta se ei tuota neliö-viisikulmiolukua, sillä x = 6n 1 49 = 6n 1 50 = 6n n = 5 3 Z +, y = m 0 = m m =

36 4 Pellin yhtälön yksi sovellus Tässä luvussa konstruoidaan yhtälön (x + y + z) = xyz neljä positiivisten kokonaislukuratkaisujen perhettä. Näiden ratkaisuperheiden konstruoinnissa käytetään apuna yleistettyä Pellin yhtälöä Ax By = C, sen Pellin resolventtia r ABs = 1, näiden yhtälöiden fundamentaalisia ratkaisuja sekä lausetta.5. Tässä luvussa on käytetty lähteenä artikkelia [] ja luvussa on noudatettu lähteen esitysjärjestystä. 4.1 Yleistetty Pellin yhtälö Tässä alaluvussa tarkastellaan yleistettyä Pellin yhtälöä Ax By = C ja esitetään yleinen menetelmä sen ratkaisemiseksi. Lause 4.1. Olkoot A ja B sellaisia positiivisia kokonaislukuja, että AB ei ole täydellinen neliö, ja olkoon C nollasta eroava kokonaisluku. Jos yhtälöt u ABv = C ja Aq Bt = 1 ovat ratkeavia, niin myös yhtälö Ax By = C on ratkeava ja sen kaikki ratkaisut (x, y) saadaan kaavoilla x = q 0 u + Bt 0 v, y = t 0 u + Aq 0 v, missä (u, v) on mikä tahansa yleisen Pellin yhtälön u ABv = C ratkaisu ja (q 0, t 0 ) on yhtälön Aq Bt = 1 pienin ratkaisu. Todistus. Oletetaan, että (u, v) on yhtälön u ABv = C ratkaisu ja että (q 0, t 0 ) on yhtälön Aq Bt = 1 pienin ratkaisu. Sijoittamalla x = q 0 u+ Bt 0 v ja y = t 0 u+ Aq 0 v 36

37 saadaan Ax By = A(q 0 u + Bt 0 v) B(t 0 u + Aq 0 v) = A(q0 u + q 0 ubt 0 v + B t0 v ) B(t0 u + t 0 uaq 0 v + A q0 v ) = Aq0 u + ABq 0 t 0 uv + AB t0 v Bt0 u ABq 0 t 0 uv A Bq0 v = Aq0 u + AB t0 v Bt0 u A Bq0 v = Aq0 u A Bq0 v + AB t0 v Bt0 u = Aq0 (u ABv ) + Bt0 (ABv u ) = Aq0 (u ABv ) Bt0 (u ABv ) = (Aq0 Bt 0 )(u ABv ). Nyt koska niin Aq Bt = 1 ja u ABv = C, (Aq 0 Bt 0 )(u ABv ) = 1 C = C. Näin ollen (x, y), missä x = q 0 u + Bt 0 v ja y = t 0 u + Aq 0 v, on yhtälön Ax By = C ratkaisu. Kääntäen oletetaan, että (x, y) on yhtälön Ax By = C ratkaisu ja että (q 0, t 0 ) on yhtälön Aq Bt = 1 pienin ratkaisu. Olkoot u = Aq 0 x Bt 0 y ja v = t 0 x + q 0 y. Tällöin u ABv = (Aq 0 x + Bt 0 y) AB( t 0 x + q 0 y) = A q0 x ABq 0 t 0 xy + B t0 y AB(t0 x q 0 t 0 xy + q0 y ) = A q0 x ABq 0 t 0 xy + B t0 y ABt0 x + ABq 0 t 0 xy ABq0 y = A q0 x + B t0 y ABt0 x ABq0 y = A q0 x ABq0 y + B t0 y ABt0 x = Aq0 (Ax By ) + Bt0 (By Ax ) = Aq0 (Ax By ) Bt0 (Ax By ) = (Aq0 Bt 0 )(Ax By ) = 1 C = C. 37

38 Siis (u, v), missä u = Aq 0 x Bt 0 y ja v = t 0 x + q 0 y, on yleisen Pellin yhtälön u ABv = C ratkaisu. Muodostetaan yllä esitetyistä yhtälöistä yhtälöpari ja ratkaistaan se muuttujien x ja y suhteen. Tällöin saadaan Aq 0 x Bt 0 y = u q 0 t 0 x + q 0 y = v Bt 0 Aq + 0 x Bq 0t 0 y = q 0 u Bt0 x + Bq 0t 0 y = Bt 0 v Aq 0 x Bt 0 x = q 0u + Bt 0 v x(aq 0 Bt 0 ) = q 0u + Bt 0 v x 1 = q 0 u + Bt 0 v Aq 0 x Bt 0 y = u t 0 t 0 x + q 0 y = v Aq 0 Aq + 0 t 0 x Bt0 y = t 0u Aq 0 t 0 x + Aq0 y = Aq 0v Aq 0 y Bt 0 y = t 0u + Aq 0 v y(aq 0 Bt 0 ) = t 0u + Aq 0 v y 1 = t 0 u + Aq 0 v x = q 0 u + Bt 0 v y = t 0 u + Aq 0 v. Näin ollen siis yhtälön Ax By = C ratkaisu (x, y) on muotoa x = q 0 u + Bt 0 v ja y = t 0 u + Aq 0 v. Huomautus. Lähteessä on lauseessa 4.1 ja sen todistuksessa kolme painovirhettä. Lauseessa esiintyy virheellisesti (s 0, t 0 ) ja todistuksessa (Aq 0 Bt 0) (u ABv ) ja u = Ax 0 x Bt 0 y. Lause 4.. Tarkastellaan kolmea lauseessa 4.1 esitettyä Diofantoksen yhtälöä (I) Ax By = C (II) u ABv = C (III) Aq Bt = 1. Seuraavat implikaatiot ovat tosia. 1. Jos (II) ja (III) ovat ratkeavia, niin (I) on ratkeava.. Jos (I) ja (III) ovat ratkeavia, niin (II) on ratkeava. 3. Jos (I) ja (II) ovat ratkeavia ja on olemassa sellaiset ratkaisut (x, y) ja (u, v), että ux Bvy Avx + uy ja C C ovat molemmat kokonaislukuja, niin (III) on ratkeava. 38

39 Todistus. Ensimmäinen implikaatio osoitettiin todeksi lauseessa 4.1. Osoitetaan sitten todeksi toinen implikaatio. Oletetaan, että (x, y) on yhtälön (I) Ax By = C ratkaisu ja että (q, t) on yhtälön (III) Aq Bt = 1 ratkaisu. Olkoot u = Aqx Bty ja v = tx + qy. Tällöin u ABv = (Aqx Bty) AB( tx + qy) = (A q x ABqtxy + B t y ) AB(t x qtxy + q y ) = A q x ABqtxy + B t y ABt x + ABqtxy ABq y = A q x + B t y ABt x ABq y = A q x ABq y + B t y ABt x = Aq (Ax By ) + Bt (By Ax ) = Aq (Ax By ) Bt (Ax By ) = (Aq Bt )(Ax By ) = 1 C = C. Näin ollen yhtälö (II) u ABv = C on ratkeva. Kolmannen implikaation todistamiseksi olkoon (x, y) yhtälön (I) Ax By = C ratkaisu ja olkoon (u, v) yhtälön (II) u ABv = C ratkaisu. Olkoot q = ux Bvy C Z ja t = Avx + uy C Z. Nyt ( ux Bvy ) ( Avx + uy ) Aq Bt = A B C C ( u x Buvxy + B v y ) ( A v x Auvxy + u y ) = A C B C = Au x ABuvxy + AB v y C + A Bv x + ABuvxy Bu y C = Au x + AB v y A Bv x Bu y C = Au x A Bv x Bu y + AB v y C = Ax (u ABv ) By (u ABv ) C = (Ax By )(u ABv ) C = C C C = C C = 1. 39

40 Siis yhtälö (III) Aq Bt = 1 on ratkeava. Huomautus. Lähteessä lauseen 4. todistuksessa on neljä painovirhettä. Siellä mainitaan kahteen kertaan virheellisesti (q, t) yhtälön (II) ratkaisuna. Lisäksi todistuksessa esiintyy virheellisesti u = Aqx Bt ja (ux Bvy)/c. Jatkossa tarkoituksena ei ole löytää yhtälön Ax By = C kaikkia ratkaisuja vaan ideana on löytää ratkaisuperhe. Tällainen ratkaisuperhe voidaan generoida seuraavalla tavalla. Oletetaan, että (x 0, y 0 ) on yhtälön Ax By = C ratkaisu ja että (r m, s m ), kun m 1, on yleinen ratkaisu yhtälön Ax By = C Pellin resolventille r ABs = 1. Olkoot x m = x 0 r m + By 0 s m ja y m = y 0 r m + Ax 0 s m. Tällöin Ax m Bym =A(x 0 r m + By 0 s m ) B(y 0 r m + Ax 0 s m ) =A(x 0 r m + Bx 0 y 0 r m s m + B y0 s m) B(y0 r m + Ax 0 y 0 r m s m + A x 0 s m) =Ax 0 r m + ABx 0 y 0 r m s m + AB y0 s m By0 r m ABx 0 y 0 r m s m A Bx 0 s m =Ax 0 r m + AB y0 s m By0 r m A Bx 0 s m =Ax 0 r m By0 r m + AB y0 s m A Bx 0 s m =rm(ax 0 By 0 ) + ABs m(by0 Ax 0 ) =rm(ax 0 By 0 ) ABs m(ax 0 By 0 ) =(rm ABs m)(ax 0 By 0 ) =1 C = C, joten (x m, y m ), missä m 1, on myös yhtälön Ax By = C ratkaisu. Huomautus. Lähteessä on yllä olevassa tekstissä kaksi painovirhettä. Lukujen x m ja y m kaavoissa esiintyy virheellisesti x m = x 0 u m ja y m = y 0 u m + Ax 0 v m. 40

Diofantoksen yhtälön ratkaisut

Diofantoksen yhtälön ratkaisut Diofantoksen yhtälön ratkaisut Matias Mäkelä Matemaattisten tieteiden tutkinto-ohjelma Oulun yliopisto Kevät 2017 Sisältö Johdanto 2 1 Suurin yhteinen tekijä 2 2 Eukleideen algoritmi 4 3 Diofantoksen yhtälön

Lisätiedot

2017 = = = = = = 26 1

2017 = = = = = = 26 1 JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 2, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. Sovella Eukleiden algoritmia ja (i) etsi s.y.t(2017, 753) (ii) etsi kaikki kokonaislukuratkaisut yhtälölle 405x + 141y = 12. Ratkaisu

Lisätiedot

w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1.

w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Kotitehtävät, tammikuu 2011 Vaikeampi sarja 1. Ratkaise yhtälöryhmä w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Ratkaisu. Yhtälöryhmän ratkaisut (w, x, y, z)

Lisätiedot

Matematiikan mestariluokka, syksy 2009 7

Matematiikan mestariluokka, syksy 2009 7 Matematiikan mestariluokka, syksy 2009 7 2 Alkuluvuista 2.1 Alkuluvut Määritelmä 2.1 Positiivinen luku a 2 on alkuluku, jos sen ainoat positiiviset tekijät ovat 1 ja a. Jos a 2 ei ole alkuluku, se on yhdistetty

Lisätiedot

Primitiiviset juuret: teoriaa ja sovelluksia

Primitiiviset juuret: teoriaa ja sovelluksia TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Outi Sutinen Primitiiviset juuret: teoriaa ja sovelluksia Matematiikan, tilastotieteen ja filosofian laitos Matematiikka Huhtikuu 2006 Tampereen yliopisto Matematiikan,

Lisätiedot

Matematiikassa väitelauseet ovat usein muotoa: jos P on totta, niin Q on totta.

Matematiikassa väitelauseet ovat usein muotoa: jos P on totta, niin Q on totta. Väitelause Matematiikassa väitelauseet ovat usein muotoa: jos P on totta, niin Q on totta. Tässä P:tä kutsutaan oletukseksi ja Q:ta väitteeksi. Jos yllä oleva väitelause on totta, sanotaan, että P:stä

Lisätiedot

Tekijä Pitkä Matematiikka 11 ratkaisut luku 2

Tekijä Pitkä Matematiikka 11 ratkaisut luku 2 Tekijä Pitkä matematiikka 11 0..017 170 a) Koska 8 = 4 7, luku 8 on jaollinen luvulla 4. b) Koska 104 = 4 6, luku 104 on jaollinen luvulla 4. c) Koska 4 0 = 80 < 8 ja 4 1 = 84 > 8, luku 8 ei ole jaollinen

Lisätiedot

Johdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten. Ratkaisuehdotelma

Johdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten. Ratkaisuehdotelma Johdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten Ratkaisuehdotelma Tehtävä 1 1. Etsi lukujen 4655 ja 12075 suurin yhteinen tekijä ja lausu se kyseisten lukujen lineaarikombinaationa ilman laskimen

Lisätiedot

(iv) Ratkaisu 1. Sovelletaan Eukleideen algoritmia osoittajaan ja nimittäjään. (i) 7 = , 7 6 = = =

(iv) Ratkaisu 1. Sovelletaan Eukleideen algoritmia osoittajaan ja nimittäjään. (i) 7 = , 7 6 = = = JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 07) HARJOITUS 7, MALLIRATKAISUT Tehtävä Etsi seuraavien rationaalilukujen ketjumurtokehitelmät: (i) 7 6 (ii) 4 7 (iii) 65 74 (iv) 63 74 Ratkaisu Sovelletaan Eukleideen algoritmia

Lisätiedot

Jokaisen parittoman kokonaisluvun toinen potenssi on pariton.

Jokaisen parittoman kokonaisluvun toinen potenssi on pariton. 3 Todistustekniikkaa 3.1 Väitteen kumoaminen vastaesimerkillä Monissa tilanteissa kohdataan väitteitä, jotka koskevat esimerkiksi kaikkia kokonaislukuja, kaikkia reaalilukuja tai kaikkia joukkoja. Esimerkkejä

Lisätiedot

Johdatus matematiikkaan

Johdatus matematiikkaan Johdatus matematiikkaan Luento 4 Mikko Salo 4.9.2017 Sisältö 1. Rationaali ja irrationaaliluvut 2. Induktiotodistus Rationaaliluvut Määritelmä Reaaliluku x on rationaaliluku, jos x = m n kokonaisluvuille

Lisätiedot

Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä

Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 1 / 13 Tehtäviä Tehtävä 1. Johda toiseen asteen yhtälön ax + bx + c = 0, a 0 ratkaisukaava. Tehtävä. Määrittele joukon A R pienin yläraja sup A ja suurin alaraja

Lisätiedot

Määritelmä, alkuluku/yhdistetty luku: Esimerkki . c) Huomautus Määritelmä, alkutekijä: Esimerkki

Määritelmä, alkuluku/yhdistetty luku: Esimerkki . c) Huomautus Määritelmä, alkutekijä: Esimerkki Alkuluvut LUKUTEORIA JA TODISTAMINEN, MAA11 Jokainen luku 0 on jaollinen ainakin itsellään, vastaluvullaan ja luvuilla ±1. Kun muita eri ole, niin kyseinen luku on alkuluku. Määritelmä, alkuluku/yhdistetty

Lisätiedot

1 sup- ja inf-esimerkkejä

1 sup- ja inf-esimerkkejä Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Nollakohdan olemassaolo. Kaikki tuntevat

Lisätiedot

Tehtävä 1. Oletetaan että uv on neliö ja (u, v) = 1. Osoita, että kumpikin luvuista u ja v on. p 2j i. p j i

Tehtävä 1. Oletetaan että uv on neliö ja (u, v) = 1. Osoita, että kumpikin luvuista u ja v on. p 2j i. p j i JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 07) HARJOITUS 8, MALLIRATKAISUT Tehtävä. Oletetaan että uv on neliö ja (u, v) =. Osoita, että kumpikin luvuista u ja v on neliö. Ratkaisu. Olkoon p i alkuluku, joka jakaa luvun

Lisätiedot

Todistusmenetelmiä Miksi pitää todistaa?

Todistusmenetelmiä Miksi pitää todistaa? Todistusmenetelmiä Miksi pitää todistaa? LUKUTEORIA JA TO- DISTAMINEN, MAA11 Todistus on looginen päättelyketju, jossa oletuksista, määritelmistä, aksioomeista sekä aiemmin todistetuista tuloksista lähtien

Lisätiedot

on Abelin ryhmä kertolaskun suhteen. Tämän joukon alkioiden lukumäärää merkitään

on Abelin ryhmä kertolaskun suhteen. Tämän joukon alkioiden lukumäärää merkitään 5. Primitiivinen alkio 5.1. Täydennystä lukuteoriaan. Olkoon n Z, n 2. Palautettakoon mieleen, että kokonaislukujen jäännösluokkarenkaan kääntyvien alkioiden muodostama osajoukko Z n := {x Z n x on kääntyvä}

Lisätiedot

IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n

IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n IV. TASAINEN SUPPENEMINEN IV.. Funktiojonon tasainen suppeneminen Olkoon A R joukko ja f n : A R funktio, n =, 2, 3,..., jolloin jokaisella x A muodostuu lukujono f x, f 2 x,.... Jos tämä jono suppenee

Lisätiedot

= 3 = 1. Induktioaskel. Induktio-oletus: Tehtävän summakaava pätee jollakin luonnollisella luvulla n 1. Induktioväite: n+1

= 3 = 1. Induktioaskel. Induktio-oletus: Tehtävän summakaava pätee jollakin luonnollisella luvulla n 1. Induktioväite: n+1 Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka tutuksi Harjoitus 4 Ratkaisuehdotuksia 4-810 1 Osoita induktiolla, että luku 15 jakaa luvun 4 n 1 aina, kun n Z + Todistus Tarkastellaan ensin väitettä

Lisätiedot

= 5! 2 2!3! = = 10. Edelleen tästä joukosta voidaan valita kolme särmää yhteensä = 10! 3 3!7! = = 120

= 5! 2 2!3! = = 10. Edelleen tästä joukosta voidaan valita kolme särmää yhteensä = 10! 3 3!7! = = 120 Tehtävä 1 : 1 Merkitään jatkossa kirjaimella H kaikkien solmujoukon V sellaisten verkkojen kokoelmaa, joissa on tasan kolme särmää. a) Jokainen verkko G H toteuttaa väitteen E(G) [V]. Toisaalta jokainen

Lisätiedot

2.1. Tehtävänä on osoittaa induktiolla, että kaikille n N pätee n = 1 n(n + 1). (1)

2.1. Tehtävänä on osoittaa induktiolla, että kaikille n N pätee n = 1 n(n + 1). (1) Approbatur 3, demo, ratkaisut Sovitaan, että 0 ei ole luonnollinen luku. Tällöin oletusta n 0 ei tarvitse toistaa alla olevissa ratkaisuissa. Se, pidetäänkö nollaa luonnollisena lukuna vai ei, vaihtelee

Lisätiedot

4 Matemaattinen induktio

4 Matemaattinen induktio 4 Matemaattinen induktio Joidenkin väitteiden todistamiseksi pitää näyttää, että kaikilla luonnollisilla luvuilla on jokin ominaisuus P. Esimerkkejä tällaisista väitteistä ovat vaikkapa seuraavat: kaikilla

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3 Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3 1 Epäyhtälöitä Aivan aluksi lienee syytä esittää luvun itseisarvon määritelmä: { x kun x 0 x = x kun x < 0 Siispä esimerkiksi 10 = 10 ja 10 = 10. Seuraavaksi listaus

Lisätiedot

Lukuteorian kertausta

Lukuteorian kertausta Lukuteorian kertausta Jakoalgoritmi Jos a, b Z ja b 0, niin on olemassa sellaiset yksikäsitteiset kokonaisluvut q ja r, että a = qb+r, missä 0 r < b. Esimerkki 1: Jos a = 60 ja b = 11, niin 60 = 5 11 +

Lisätiedot

Multiplikatiiviset funktiot

Multiplikatiiviset funktiot TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Ilona Kiiveri Multiplikatiiviset funktiot Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Toukokuu 2015 Tampereen yliopisto Informaatiotieteiden yksikkö KIIVERI, ILONA:

Lisätiedot

1 Lukujen jaollisuudesta

1 Lukujen jaollisuudesta Matematiikan mestariluokka, syksy 2009 1 1 Lukujen jaollisuudesta Lukujoukoille käytetään seuraavia merkintöjä: N = {1, 2, 3, 4,... } Luonnolliset luvut Z = {..., 2, 1, 0, 1, 2,... } Kokonaisluvut Kun

Lisätiedot

Luonnollisten lukujen ja kokonaislukujen määritteleminen

Luonnollisten lukujen ja kokonaislukujen määritteleminen Luonnollisten lukujen ja kokonaislukujen määritteleminen LuK-tutkielma Jussi Piippo Matemaattisten tieteiden yksikkö Oulun yliopisto Kevät 2017 Sisältö 1 Johdanto 2 2 Esitietoja 3 2.1 Joukko-opin perusaksioomat...................

Lisätiedot

1 sup- ja inf-esimerkkejä

1 sup- ja inf-esimerkkejä Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Kaarenpituus. Olkoon r: [a, b] R

Lisätiedot

3. Kongruenssit. 3.1 Jakojäännös ja kongruenssi

3. Kongruenssit. 3.1 Jakojäännös ja kongruenssi 3. Kongruenssit 3.1 Jakojäännös ja kongruenssi Tässä kappaleessa esitellään kokonaislukujen modulaarinen aritmetiikka (ns. kellotauluaritmetiikka), jossa luvut tyypillisesti korvataan niillä jakojäännöksillä,

Lisätiedot

Cantorin joukon suoristuvuus tasossa

Cantorin joukon suoristuvuus tasossa Cantorin joukon suoristuvuus tasossa LuK-tutkielma Miika Savolainen 2380207 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto Syksy 2016 Sisältö Johdanto 2 1 Cantorin joukon esittely 2 2 Suoristuvuus ja

Lisätiedot

802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III. Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO

802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III. Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO 8038A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 016 Sisältö 1 Irrationaaliluvuista Antiikin lukuja 6.1 Kolmio- neliö- ja tetraedriluvut...................

Lisätiedot

Tehtävä 2. Osoita, että seuraavat luvut ovat algebrallisia etsimällä jokin kokonaislukukertoiminen yhtälö jonka ne toteuttavat.

Tehtävä 2. Osoita, että seuraavat luvut ovat algebrallisia etsimällä jokin kokonaislukukertoiminen yhtälö jonka ne toteuttavat. JOHDATUS LUKUTEORIAAN syksy 017) HARJOITUS 6, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. Etsi Pellin yhtälön x Dy = 1 pienin positiivinen ratkaisu kun D {,, 5, 6, 7, 8, 10}. Ratkaisu 1. Tehtävässä annetuilla D:n arvoilla

Lisätiedot

Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Johdatus matemaattiseen päättelyyn Johdatus matemaattiseen päättelyyn Maarit Järvenpää Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Syyslukukausi 2015 1 Merkintöjä 2 Todistamisesta 2 3 Joukko-oppia Tässä luvussa tarkastellaan joukko-opin

Lisätiedot

Tarkastelemme ensin konkreettista esimerkkiä ja johdamme sitten yleisen säännön, joilla voidaan tietyissä tapauksissa todeta kielen ei-säännöllisyys.

Tarkastelemme ensin konkreettista esimerkkiä ja johdamme sitten yleisen säännön, joilla voidaan tietyissä tapauksissa todeta kielen ei-säännöllisyys. Ei-säännöllisiä kieliä [Sipser luku 1.4] Osoitamme, että joitain kieliä ei voi tunnistaa äärellisellä automaatilla. Tulos ei sinänsä ole erityisen yllättävä, koska äärellinen automaatti on äärimmäisen

Lisätiedot

a) Mitkä seuraavista ovat samassa ekvivalenssiluokassa kuin (3, 8), eli kuuluvat joukkoon

a) Mitkä seuraavista ovat samassa ekvivalenssiluokassa kuin (3, 8), eli kuuluvat joukkoon Matematiikan johdantokurssi, syksy 08 Harjoitus 3, ratkaisuista. Kokonaisluvut määriteltiin luonnollisten lukujen avulla ekvivalenssiluokkina [a, b], jotka määrää (jo demoissa ekvivalenssirelaatioksi osoitettu)

Lisätiedot

802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III

802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III 802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 2016 LUKUTEORIA 1 / 77 Irrationaaliluvuista Määritelmä 1 Luku α C \ Q on

Lisätiedot

Esitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa 1. Lähdetään sieventämään epäyhtälön vasenta puolta:

Esitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa 1. Lähdetään sieventämään epäyhtälön vasenta puolta: MATP00 Johdatus matematiikkaan Ylimääräisten tehtävien ratkaisuehdotuksia. Osoita, että 00 002 < 000 000. Esitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa. Lähdetään sieventämään epäyhtälön

Lisätiedot

missä on myös käytetty monisteen kaavaa 12. Pistä perustelut kohdilleen!

missä on myös käytetty monisteen kaavaa 12. Pistä perustelut kohdilleen! Matematiikan johdantokurssi Kertausharjoitustehtävien ratkaisuja/vastauksia/vihjeitä. Osoita todeksi logiikan lauseille seuraava: P Q (P Q). Ratkaisuohje. Väite tarkoittaa, että johdetut lauseet P Q ja

Lisätiedot

Alkulukujen harmoninen sarja

Alkulukujen harmoninen sarja Alkulukujen harmoninen sarja LuK-tutkielma Markus Horneman Oiskelijanumero:2434548 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun ylioisto Syksy 207 Sisältö Johdanto 2 Hyödyllisiä tuloksia ja määritelmiä 3. Alkuluvuista............................

Lisätiedot

Diplomi-insinööri- ja arkkitehtikoulutuksen yhteisvalinta 2017 Insinöörivalinnan matematiikan koe , Ratkaisut (Sarja A)

Diplomi-insinööri- ja arkkitehtikoulutuksen yhteisvalinta 2017 Insinöörivalinnan matematiikan koe , Ratkaisut (Sarja A) Diplomi-insinööri- ja arkkitehtikoulutuksen yhteisvalinta 017 Insinöörivalinnan matematiikan koe 30..017, Ratkaisut (Sarja A) 1. a) Lukujen 9, 0, 3 ja x keskiarvo on. Määritä x. (1 p.) b) Mitkä reaaliluvut

Lisätiedot

a ord 13 (a)

a ord 13 (a) JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 4, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. Etsi asteet ord p (a) luvuille a 1, 2,..., p 1 kun p = 13 ja kun p = 17. (ii) Mitkä jäännösluokat ovat primitiivisiä juuria (mod

Lisätiedot

Juuri 11 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty

Juuri 11 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty Kertaus K1. a) 72 = 2 36 = 2 2 18 = 2 2 2 9 = 2 2 2 3 3 = 2 3 3 2 252 = 2 126 = 2 2 63 = 2 2 3 21 = 2 2 3 3 7 = 2 2 3 2 7 syt(72, 252) = 2 2 3 2 = 36 b) 252 = 72 3 + 36 72 = 36 2 syt(72, 252) = 36 c) pym(72,

Lisätiedot

Funktion raja-arvo ja jatkuvuus Reaali- ja kompleksifunktiot

Funktion raja-arvo ja jatkuvuus Reaali- ja kompleksifunktiot 3. Funktion raja-arvo ja jatkuvuus 3.1. Reaali- ja kompleksifunktiot 43. Olkoon f monotoninen ja rajoitettu välillä ]a,b[. Todista, että raja-arvot lim + f (x) ja lim x b f (x) ovat olemassa. Todista myös,

Lisätiedot

Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä

Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Maarit Viikari Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Toukokuu 2009 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen

Lisätiedot

6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset

6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 51 6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Määritelmä 6.1. Olkoon I R avoin väli. Olkoot p i : I R, i = 0, 1, 2,..., n, ja q : I R jatkuvia

Lisätiedot

1. Osoita, että joukon X osajoukoille A ja B on voimassa toinen ns. de Morganin laki (A B) = A B.

1. Osoita, että joukon X osajoukoille A ja B on voimassa toinen ns. de Morganin laki (A B) = A B. HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015 Harjoitus 3 Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I Seuraavissa tehtävissä harjoitellaan muun muassa kahden joukon osoittamista samaksi sekä joukon

Lisätiedot

c) 22a 21b x + a 2 3a x 1 = a,

c) 22a 21b x + a 2 3a x 1 = a, Tehtäviä on kahdella sivulla; kuusi ensimmäistä tehtävää on monivalintatehtäviä, joissa on 0 4 oikeata vastausta. 1. Lukion A ja lukion B oppilasmäärien suhde oli a/b vuoden 2017 lopussa. Vuoden 2017 aikana

Lisätiedot

33. pohjoismainen matematiikkakilpailu 2019 Ratkaisut

33. pohjoismainen matematiikkakilpailu 2019 Ratkaisut 33. pohjoismainen matematiikkakilpailu 2019 Ratkaisut 1. Kutsutaan (eri) positiivisten kokonaislukujen joukkoa merkitykselliseksi, jos sen jokaisen äärellisen epätyhjän osajoukon aritmeettinen ja geometrinen

Lisätiedot

Tehtävä 4 : 2. b a+1 (mod 3)

Tehtävä 4 : 2. b a+1 (mod 3) Tehtävä 4 : 1 Olkoon G sellainen verkko, jonka solmujoukkona on {1,..., 9} ja jonka särmät määräytyvät oheisen kuvan mukaisesti. Merkitään lisäksi kirjaimella A verkon G kaikkien automorfismien joukkoa,

Lisätiedot

Miten osoitetaan joukot samoiksi?

Miten osoitetaan joukot samoiksi? Miten osoitetaan joukot samoiksi? Määritelmä 1 Joukot A ja B ovat samat, jos A B ja B A. Tällöin merkitään A = B. Kun todistetaan, että A = B, on päättelyssä kaksi vaihetta: (i) osoitetaan, että A B, ts.

Lisätiedot

JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 3, MALLIRATKAISUT

JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 3, MALLIRATKAISUT JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 3, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. (i) Olkoot n, d 1 ja d n. Osoita, että (k, n) d jos ja vain jos k ad, missä (a, n/d) 1. (ii) Osoita, että jos (m j, m k ) 1 kun

Lisätiedot

7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi

7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi 7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi Z p [x]/(m), missä m on polynomirenkaan Z p [x] jaoton polynomi (ks. määritelmä 3.19).

Lisätiedot

Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus Malliratkaisut (Sauli Lindberg)

Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus Malliratkaisut (Sauli Lindberg) Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus 4 9.4.-23.4.200 Malliratkaisut (Sauli Lindberg). Näytä, että Lusinin lauseessa voidaan luopua oletuksesta m(a)

Lisätiedot

Johdatus matematiikkaan

Johdatus matematiikkaan Johdatus matematiikkaan Luento 7 Mikko Salo 11.9.2017 Sisältö 1. Funktioista 2. Joukkojen mahtavuus Funktioista Lukiomatematiikassa on käsitelty reaalimuuttujan funktioita (polynomi / trigonometriset /

Lisätiedot

Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }?

Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Vastaus

Lisätiedot

Vastaus 1. Lasketaan joukkojen alkiot, ja todetaan, että niitä on 3 molemmissa.

Vastaus 1. Lasketaan joukkojen alkiot, ja todetaan, että niitä on 3 molemmissa. Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Vastaus 1. Lasketaan joukkojen alkiot, ja todetaan, että niitä on 3 molemmissa. Vastaus 2. Vertaillaan

Lisätiedot

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Jussi Tervaniemi. Primitiiviset juuret

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Jussi Tervaniemi. Primitiiviset juuret TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Jussi Tervaniemi Primitiiviset juuret Matematiikan, tilastotieteen ja filosofian laitos Matematiikka Heinäkuu 2006 Sisältö Johdanto 3 1 Lukuteorian peruskäsitteitä

Lisätiedot

Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä

Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Piia Ryynänen Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Joulukuu 2010 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen

Lisätiedot

7 Vapaus. 7.1 Vapauden määritelmä

7 Vapaus. 7.1 Vapauden määritelmä 7 Vapaus Kuten edellisen luvun lopussa mainittiin, seuraavaksi pyritään ratkaisemaan, onko annetussa aliavaruuden virittäjäjoukossa tarpeettomia vektoreita Jos tällaisia ei ole, virittäjäjoukkoa kutsutaan

Lisätiedot

Kolmannen ja neljännen asteen yhtälöistä

Kolmannen ja neljännen asteen yhtälöistä Solmu /019 7 Kolmannen neljännen asteen yhtälöistä Esa V. Vesalainen Matematik och statistik, Åbo Akademi Tämän pienen artikkelin tarkoituksena on satuilla hieman algebrallisista yhtälöistä. Erityisesti

Lisätiedot

missä on myös käytetty monisteen kaavaa 12. Pistä perustelut kohdilleen!

missä on myös käytetty monisteen kaavaa 12. Pistä perustelut kohdilleen! Matematiikan johdantokurssi Kertausharjoitustehtävien ratkaisuja/vastauksia/vihjeitä. Osoita todeksi logiikan lauseille seuraava: P Q (P Q). Ratkaisuohje. Väite tarkoittaa, että johdetut lauseet P Q ja

Lisätiedot

Ketjumurtoluvut ja Pellin yhtälö

Ketjumurtoluvut ja Pellin yhtälö TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Viivi Seppälä Ketjumurtoluvut ja Pellin yhtälö Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Huhtikuu 204 Tampereen yliopisto Informaatiotieteiden yksikkö SEPPÄLÄ,

Lisätiedot

LUKUTEORIA johdantoa

LUKUTEORIA johdantoa LUKUTEORIA johdantoa LUKUTEORIA JA TODISTAMINEN, MAA11 Lukuteorian tehtävä: Lukuteoria tutkii kokonaislukuja, niiden ominaisuuksia ja niiden välisiä suhteita. Kokonaislukujen maailma näyttää yksinkertaiselta,

Lisätiedot

Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 1 / vko 8

Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 1 / vko 8 Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 1 / vko 8 Tuntitehtävät 1-2 lasketaan alkuviikon harjoituksissa ja tuntitehtävät 5- loppuviikon harjoituksissa. Kotitehtävät 3-4 tarkastetaan loppuviikon

Lisätiedot

ALKULUKUJA JA MELKEIN ALKULUKUJA

ALKULUKUJA JA MELKEIN ALKULUKUJA ALKULUKUJA JA MELKEIN ALKULUKUJA MINNA TUONONEN Versio: 12. heinäkuuta 2011. 1 2 MINNA TUONONEN Sisältö 1. Johdanto 3 2. Tutkielmassa tarvittavia määritelmiä ja apulauseita 4 3. Mersennen alkuluvut ja

Lisätiedot

Matematiikan johdantokurssi, syksy 2016 Harjoitus 11, ratkaisuista

Matematiikan johdantokurssi, syksy 2016 Harjoitus 11, ratkaisuista Matematiikan johdantokurssi, syksy 06 Harjoitus, ratkaisuista. Valitse seuraaville säännöille mahdollisimman laajat lähtöjoukot ja sopivat maalijoukot niin, että syntyy kahden muuttujan funktiot (ks. monisteen

Lisätiedot

Lineaariset kongruenssiyhtälöryhmät

Lineaariset kongruenssiyhtälöryhmät Lineaariset kongruenssiyhtälöryhmät LuK-tutkielma Jesse Salo 2309369 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto Sisältö Johdanto 2 1 Kongruensseista 3 1.1 Kongruenssin ominaisuuksia...................

Lisätiedot

Injektio (1/3) Funktio f on injektio, joss. f (x 1 ) = f (x 2 ) x 1 = x 2 x 1, x 2 D(f )

Injektio (1/3) Funktio f on injektio, joss. f (x 1 ) = f (x 2 ) x 1 = x 2 x 1, x 2 D(f ) Injektio (1/3) Määritelmä Funktio f on injektio, joss f (x 1 ) = f (x 2 ) x 1 = x 2 x 1, x 2 D(f ) Seurauksia: Jatkuva injektio on siis aina joko aidosti kasvava tai aidosti vähenevä Injektiolla on enintään

Lisätiedot

Sarjojen suppenemisesta

Sarjojen suppenemisesta TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Terhi Mattila Sarjojen suppenemisesta Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Huhtikuu 008 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos

Lisätiedot

a k+1 = 2a k + 1 = 2(2 k 1) + 1 = 2 k+1 1. xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx

a k+1 = 2a k + 1 = 2(2 k 1) + 1 = 2 k+1 1. xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx x x x x x x x x Matematiikan johdantokurssi, syksy 08 Harjoitus, ratkaisuista Hanoin tornit -ongelma: Tarkastellaan kolmea pylvästä A, B ja C, joihin voidaan pinota erikokoisia renkaita Lähtötilanteessa

Lisätiedot

Salausmenetelmät. Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006)

Salausmenetelmät. Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006) Salausmenetelmät Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006) LUKUTEORIAA JA ALGORITMEJA 3. Kongruenssit à 3.1 Jakojäännös ja kongruenssi Määritelmä 3.1 Kaksi lukua a ja b ovat keskenään kongruentteja (tai

Lisätiedot

Reaalifunktioista 1 / 17. Reaalifunktioista

Reaalifunktioista 1 / 17. Reaalifunktioista säilyy 1 / 17 säilyy Jos A, B R, niin funktiota f : A B sanotaan (yhden muuttujan) reaalifunktioksi. Tällöin karteesinen tulo A B on (aiempia esimerkkejä luonnollisemmalla tavalla) xy-tason osajoukko,

Lisätiedot

Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Johdatus matemaattiseen päättelyyn Johdatus matemaattiseen päättelyyn Maarit Järvenpää Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Syyslukukausi 2015 1 Merkintöjä Luonnollisten lukujen joukko N on joukko N = {1, 2, 3,...} ja kokonaislukujen

Lisätiedot

0. 10. 017 a b c d 1. + +. + +. + + 4. + + + 5. + 6. + P1. Lehtipuiden lukumäärä olkoon aluksi n, jolloin havupuiden määrä on 1,4n. Hakkuiden jälkeen lehtipuiden määrä putoaa lukuun n 0,1n = 0,88n ja havupuiden

Lisätiedot

a b c d

a b c d 1. 11. 011!"$#&%(')'+*(#-,.*/103/465$*784 /(9:*;9."$ *;5> *@9 a b c d 1. + +. 3. 4. 5. 6. + + + + + + + + + + P1. 5 140 8 47 = 5 140 ( 3 ) 47 = 5 140 3 47 = 5 140 141 = (5 ) 140 = 10 140, jossa on

Lisätiedot

a b c d + + + + + + + + +

a b c d + + + + + + + + + 28. 10. 2010!"$#&%(')'+*(#-,.*/1032/465$*784 /(9:*;9."$ *;5> *@9 a b c d 1. + + + 2. 3. 4. 5. 6. + + + + + + + + + + P1. Valitaan kannaksi sivu, jonka pituus on 4. Koska toinen jäljelle jäävistä sivuista

Lisätiedot

Tehtäväsarja I Seuraavissa tehtävissä harjoitellaan erilaisia todistustekniikoita. Luentokalvoista 11, sekä voi olla apua.

Tehtäväsarja I Seuraavissa tehtävissä harjoitellaan erilaisia todistustekniikoita. Luentokalvoista 11, sekä voi olla apua. HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015 Harjoitus 2 Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I Seuraavissa tehtävissä harjoitellaan erilaisia todistustekniikoita. Luentokalvoista 11, 15-17

Lisätiedot

Matemaattisen analyysin tukikurssi

Matemaattisen analyysin tukikurssi Matemaattisen analyysin tukikurssi 5. Kurssikerta Petrus Mikkola 10.10.2016 Tämän kerran asiat Raja-arvo ja toispuolinen raja-arvo Funktion suurin ja pienin arvo Lukujono Lukujonon suppeneminen Kasvava

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 9 1 Implisiittinen derivointi Tarkastellaan nyt yhtälöä F(x, y) = c, jossa x ja y ovat muuttujia ja c on vakio Esimerkki tällaisesta yhtälöstä on x 2 y 5 + 5xy = 14

Lisätiedot

811120P Diskreetit rakenteet

811120P Diskreetit rakenteet 811120P Diskreetit rakenteet 2016-2017 6. Alkeislukuteoria 6.1 Jaollisuus Käsitellään kokonaislukujen perusominaisuuksia: erityisesti jaollisuutta Käytettävät lukujoukot: Luonnolliset luvut IN = {0,1,2,3,...

Lisätiedot

(2n 1) = n 2

(2n 1) = n 2 3.5 Induktiotodistus Induktiota käyttäen voidaan todistaa luonnollisia lukuja koskevia väitteitä, jotka ovat muotoa väite P (n) on totta kaikille n =0, 1, 2,... Tässä väite P (n) riippuu n:n arvosta. Todistuksessa

Lisätiedot

1 Supremum ja infimum

1 Supremum ja infimum Pekka Alestalo, 2018 Tämä moniste täydentää reaalilukuja ja jatkuvia reaalifunktioita koskevaa kalvosarjaa lähinnä perustelujen ja todistusten osalta. Suurin osa määritelmistä jms. on esitetty jo kalvoissa,

Lisätiedot

Toispuoleiset raja-arvot

Toispuoleiset raja-arvot Toispuoleiset raja-arvot Määritelmä Funktiolla f on oikeanpuoleinen raja-arvo a R pisteessä x 0 mikäli kaikilla ɛ > 0 löytyy sellainen δ > 0 että f (x) a < ɛ aina kun x 0 < x < x 0 + δ; ja vasemmanpuoleinen

Lisätiedot

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Liisa Ilonen. Primitiiviset juuret

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Liisa Ilonen. Primitiiviset juuret TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Liisa Ilonen Primitiiviset juuret Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Joulukuu 2009 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos ILONEN,

Lisätiedot

Lineaarikombinaatio, lineaarinen riippuvuus/riippumattomuus

Lineaarikombinaatio, lineaarinen riippuvuus/riippumattomuus Lineaarikombinaatio, lineaarinen riippuvuus/riippumattomuus 1 / 51 Lineaarikombinaatio Johdattelua seuraavaan asiaan (ei tarkkoja määritelmiä): Millaisen kuvan muodostaa joukko {λv λ R, v R 3 }? Millaisen

Lisätiedot

Kaikki kurssin laskuharjoitukset pidetään Exactumin salissa C123. Malliratkaisut tulevat nettiin kurssisivulle.

Kaikki kurssin laskuharjoitukset pidetään Exactumin salissa C123. Malliratkaisut tulevat nettiin kurssisivulle. Kombinatoriikka, kesä 2010 Harjoitus 1 Ratkaisuehdotuksia (RT (5 sivua Kaikki kurssin laskuharjoitukset pidetään Exactumin salissa C123. Malliratkaisut tulevat nettiin kurssisivulle. 1. Osoita, että vuoden

Lisätiedot

Täydellisyysaksiooman kertaus

Täydellisyysaksiooman kertaus Täydellisyysaksiooman kertaus Luku M R on joukon A R yläraja, jos a M kaikille a A. Luku M R on joukon A R alaraja, jos a M kaikille a A. A on ylhäältä (vast. alhaalta) rajoitettu, jos sillä on jokin yläraja

Lisätiedot

joissa on 0 4 oikeata vastausta. Laskimet eivät ole sallittuja.

joissa on 0 4 oikeata vastausta. Laskimet eivät ole sallittuja. ÄÙ ÓÒ Ñ Ø Ñ Ø ÐÔ ÐÙÒ Ð Ù ÐÔ ÐÙÒ Ô ÖÙ Ö Tehtäviä on kahdella sivulla; kuusi ensimmäistä tehtävää on monivalintatehtäviä, joissa on 0 4 oikeata vastausta. Laskimet eivät ole sallittuja. 1. Kauppias on ostanut

Lisätiedot

Vaihtoehtoinen tapa määritellä funktioita f : N R on

Vaihtoehtoinen tapa määritellä funktioita f : N R on Rekursio Funktio f : N R määritellään yleensä antamalla lauseke funktion arvolle f (n). Vaihtoehtoinen tapa määritellä funktioita f : N R on käyttää rekursiota: 1 (Alkuarvot) Ilmoitetaan funktion arvot

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 10 1 Funktion monotonisuus Derivoituva funktio f on aidosti kasvava, jos sen derivaatta on positiivinen eli jos f (x) > 0. Funktio on aidosti vähenevä jos sen derivaatta

Lisätiedot

Kuinka määritellään 2 3?

Kuinka määritellään 2 3? Kuinka määritellään 2 3? y Nyt 3 = 1,7320508.... Luvut 3 2 x x 3 2 x 2 1 = 2, 2 1,7 3,2490, 2 1,73 3,3173, 2 1,732 3,3219,... ovat hyvin määriteltyjä koska näihin tarvitaan vain rationaalilukupotenssin

Lisätiedot

Konvergenssilauseita

Konvergenssilauseita LUKU 4 Konvergenssilauseita Lause 4.1 (Monotonisen konvergenssin lause). Olkoon (f n ) kasvava jono Lebesgueintegroituvia funktioita. Asetetaan f(x) := f n (x). Jos f n

Lisätiedot

Ensimmäinen induktioperiaate

Ensimmäinen induktioperiaate Ensimmäinen induktioperiaate Olkoon P(n) luonnollisilla luvuilla määritelty predikaatti. (P(n) voidaan lukea luvulla n on ominaisuus P.) Todistettava, että P(n) on tosi jokaisella n N. ( Kaikilla luonnollisilla

Lisätiedot

Lineaarinen yhtälöryhmä

Lineaarinen yhtälöryhmä Lineaarinen yhtälöryhmä 1 / 39 Lineaarinen yhtälö Määritelmä 1 Lineaarinen yhtälö on muotoa a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n = b, missä a i, b R, i = 1,..., n ovat tunnettuja ja x i R, i = 1,..., n ovat tuntemattomia.

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 5

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 5 Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 5 1 Jonoista Matematiikassa jono (x n ) on yksinkertaisesti järjestetty, päättymätön sarja numeroita Esimerkiksi (1,, 3, 4, 5 ) on jono Jonon i:ttä jäsentä merkitään

Lisätiedot

Testaa taitosi 1: Lauseen totuusarvo

Testaa taitosi 1: Lauseen totuusarvo Testaa taitosi 1: Lauseen totuusarvo 1. a) Laadi lauseen A (B A) totuustaulu. b) Millä lauseiden A ja B totuusarvoilla a-kohdan lause on tosi? c) Suomenna a-kohdan lause, kun lause A on olen vihainen ja

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 2

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 2 Matematiikan tukikurssi kurssikerta 1 Relaatioista Oletetaan kaksi alkiota a ja b. Näistä kumpikin kuuluu johonkin tiettyyn joukkoon mahdollisesti ne kuuluvat eri joukkoihin; merkitään a A ja b B. Voidaan

Lisätiedot

Matemaattisten työvälineiden täydentäviä muistiinpanoja

Matemaattisten työvälineiden täydentäviä muistiinpanoja Matemaattisten työvälineiden täydentäviä muistiinpanoja Antti-Juhani Kaijanaho 7 maaliskuuta 0 Deduktiivinen ja induktiivinen päättely Deduktiivisessa päättelyssä johtopäätös seuraa aukottomasti premisseistä

Lisätiedot