Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:55 PM]
Ilovalar bilan kompyuterlar va matematika 60 (2010) 2225–2230
Mundarija ro'yxati ScienceDirect-da mavjud
Ilovalar bilan kompyuterlar va matematika
jurnalning bosh sahifasi: www.elsevier.com/locate/camwa
Ayrim kvadratik diofant tenglamalarining yechimlari
Refik Keskin
Sakarya universiteti, Fan va sanʼat fakulteti, Matematika boʻlimi, Sakarya, Turkiya
a r t i c l e i n f o
Maqola tarixi:
2009 yil 6-mayda olingan
Qayta ko'rib chiqilgan shaklda 2010 yil 6 avgustda olingan
2010 yil 6 avgustda qabul qilingan
Kalit so‘zlar:
Diofant tenglamalari
Fibonachchi va Lukas raqamlari
Umumiy Fibonachchi raqamlari
a b s t r a c t
Ushbu ishda biz x Diofant tenglamalarining musbat butun sonli yechimlarini tekshiramiz
2 −
kxy∓y
2∓x = 0 va x
2−kxy−y
2∓y = 0. Ko'rsatilganki, k > 3 bo'lganda, x
2−kxy+y
2+x = 0
X tenglamasidan tashqari musbat butun yechimlari yo‘q
2 − kxy + y
2 − x = 0 musbatga ega
butun sonli yechimlar. Bundan tashqari, x tenglamalari ko'rsatilgan
2 − kxy − y
2 ∓ x = 0 va
x
2 − kxy − y
2 ∓ y = 0 k ≥ 1 bo‘lganda ijobiy yechimga ega bo‘ladi.
© 2010 Elsevier Ltd. Barcha huquqlar himoyalangan.
1.Kirish
[1] da mualliflar tenglama bilan shug'ullanishgan
x
2 − kxy + y
2 + x = 0 (1,1)
va ular tenglikni ko'rsatdilar. (1.1) k > 3 bo'lganda x va y musbat butun yechimlari yo'q, lekin tenglama. (1.1) cheksiz songa ega
k = 3 bo'lganda x va y musbat sonli yechimlarning. k = 3 bo'lganda, ular cheksiz musbat to'plamni beradigan jarayonni berdi.
tenglamaning yechimlari. (1.1). Bundan tashqari, ular k = 3 bo'lganda, tenglamaning barcha musbat butun yechimlari deb taxmin qilishadi. (1.1) shaklga ega
(x, y) = (F2
2
n−1
, F2n−1F2n−3) yoki (x, y) = (F2
2
n−1
, F2n−1F2n+1) bu yerda Fn Fibonachchining n-soni.
Ushbu ishda biz tenglamalarni ko'rib chiqamiz
x
2 − kxy + y
2 ∓ x = 0, (1.2)
x
2 − kxy − y
2 ∓ x = 0, (1.3)
va boshqa shunga o'xshash tenglamalar. Birinchidan, biz tenglamaning barcha musbat butun yechimlarini topamiz
x
2 − 3xy + y
2 ∓ x = 0.
Keyin tenglamalarning barcha musbat butun yechimlarini topamiz
x
2 − xy − y
2 ∓ 5x = 0 (1,4)
va
x
2 − 3xy + y
2 ∓ 5x = 0. (1,5)
Bundan tashqari, biz tenglamalarning barcha musbat butun yechimlarini topamiz
x
2 − xy − y
2 ∓ x = 0
va
x
2 − xy − y
2 ∓ y = 0.
Elektron pochta manzili: rkeskin@sakarya.edu.tr.
0898-1221/$ – asosiy masala © 2010 Elsevier Ltd. Barcha huquqlar himoyalangan.
doi: 10.1016/j.camwa.2010.08.012
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:56 PM]
R. Keskin / Ilovalar bilan kompyuterlar va matematika 60 (2010) 2225–2230
Nihoyat, k > 3 bo'lganda, biz tenglamani ko'rsatamiz. (1.1) x tenglamadan tashqari musbat butun yechimga ega emas
2 − kxy + y
2 − x = 0
musbat butun yechimlarga ega. Bundan tashqari, biz x tenglamalar ekanligini ko'rsatamiz
2 − kxy − y
2 ∓ x = 0 va x
2 − kxy − y
2 ∓ y = 0
k ≥ 1 bo‘lganda ijobiy yechimlarga ega bo‘ladi.
Yuqoridagi ba'zi tenglamalarning yechimlari Fibonachchi raqamlari bilan bog'liq. Endi biz Fibonachchi haqida qisqacha to'xtalib o'tamiz
{Fn} ketma-ketligi. Fibonachchi ketma-ketligi {Fn} F0 = 0, F1 = F2 = 1 va n ≥ 3 uchun Fn = Fn−1 +Fn−2 bilan aniqlanadi. Fn deyiladi.
n-Fibonachchi raqami. Salbiy subscriptlar uchun Fibonachchi raqamlari F−n = (−1) sifatida aniqlanadi.
n
n ≥ 1 uchun Fn. Bu yaxshi ma'lum
Har bir n ∈ Z uchun Fn+1 = Fn + Fn−1. Fibonachchi ketma-ketligi haqida koʻproq maʼlumot olish uchun [2,3] ga murojaat qilishingiz mumkin. a va b bo'lsin
x tenglamaning ildizlarini belgilang
2 − x − 1 = 0. Keyin a = bo‘ladi
1+
√
5
/2 va b = (1 -
√
5)/2. ab = -1 ekanligini ko'rish mumkin
va a + b = 1. Bundan tashqari, buni hammaga ma'lum va ko'rsatish oson
a
n = aFn + Fn−1 (1,6)
va
b
n = bFn + Fn−1
har bir n ∈ Z uchun. Boshqa tomondan, buni induksiya orqali ko'rsatish mumkin
Fn
2 − FnFn−1 − Fn
2
−1 = (−1)
n+1
(1.7)
har bir n ∈ Z uchun. Endi biz [4] dan teorema beramiz, bu Z[a] halqa birliklari to'plami bilan bog'liq, bu erda
Z[a] = {aa + b : a, b ∈ Z}.
1.1 teorema. Z[a] ning birliklari toʻplami {∓a
n
: n ∈ Z}.
Yuqoridagi teorema va tenglikdan (1.7) foydalanib, quyidagi teoremani berishimiz mumkin. Teoremaning isbotini topish mumkin
[3] da, lekin toʻliqlik uchun uning isbotini boshqacha tarzda keltiramiz.
1.2 teorema. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = ∓1 n ≥ 2 bilan (x, y) = (Fn, Fn−1) bilan berilgan.
Isbot. Agar (x, y) = (Fn, Fn−1) boʻlsa, u holda (1.7) oʻziga xoslikdan x boʻladi.
2 −xy−y
2 = ∓1. Endi x deb faraz qiling
2 −xy−y
2 = ∓1
x va y musbat sonlar uchun. Keyin ax + y > 1 va (ax + y)(bx + y) = ∓1. Bu ax + y Z[a] dagi birlik ekanligini ko'rsatadi.
U holda, 1.1-teorema bo'yicha ax + y = a
n
ba'zi n ≥ 2 uchun. Shunday qilib ax + y = aFn + Fn−1, bu (x, y) = (Fn, Fn−1) ekanligini bildiradi.
Xulosa 1.3. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = 1 n ≥ 1 bilan (x, y) = (F2n+1, F2n) bilan berilgan.
Xulosa 1.4. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = −1 n ≥ 1 bilan (x, y) = (F2n, F2n−1) bilan berilgan.
1.5 teorema. x2 − 3xy + y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = 1 n ≥ 1 bilan (x, y) = (F2n+2, F2n) bilan berilgan.
Isbot. Faraz qilaylik, x
2 − 3xy + y
2 = 1 ba'zi musbat butun sonlar uchun x va y. Umumiylikni yo'qotmasdan, biz buni taxmin qilishimiz mumkin
x > y. Keyin (x−y)
2 −y(x−y)−y
2 = x
2 −3xy+y
2 = 1 va shuning uchun (x−y, y) = (F2n+1, F2n) n ≥ 1 bilan, xulosa 1.3.
Ya'ni, x - y = F2n+1 va y = F2n. Bu x = F2n+1 + y = F2n+1 + F2n = F2n+2 ekanligini bildiradi. Shuning uchun (x, y) = (F2n+2, F2n)
bilan n ≥ 1. Aksincha, agar (x, y) = (F2n+2, F2n), u holda F2n+2 = F2n + F2n−1 identifikatori va (1.7) identifikatoridan foydalanish mumkin
bu x
2 − 3xy + y
2 = 1.
Quyidagi teoremaning isboti o'xshash va shuning uchun biz uni o'tkazib yuboramiz.
1.6 teorema. x2 −3xy+y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = −1 n ≥ 0 bilan (x, y) = (F2n+1, F2n−1) bilan berilgan.
2. Asosiy teoremalar
Ushbu bo'limda biz tenglamalarni ko'rib chiqamiz. (1.2) – (1.4) va boshqa shunga o'xshash tenglamalar. Endi biz quyidagi teoremani beramiz (qarang: [1]
yana bir dalil).
2.1 teorema. Agar x, y, k musbat sonlar tenglamani qanoatlantirsa. (1.2) yoki (1.3), keyin x = u
2
va u va v ba'zi musbat sonlar uchun y = uv.
Isbot. Faraz qilaylik, x, y, k musbat sonlar tenglamani qanoatlantirsin. (1.2). Shundan keyin x|y kelib chiqadi
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:56 PM]
2
va shuning uchun y
2 = xz ba'zi ijobiy
butun z. Faraz qilaylik, qandaydir tub son p uchun p|x va p|z. Keyin p|y va (1.2) dan ko'rinib turibdiki, x − ky + z ∓ 1 = 0. Bu
p|1 ni nazarda tutadi, bu ziddiyatdir. Shuning uchun gcd (x, z) = 1. Bu x = u ekanligini ko'rsatadi
2
va z = v
2
ba'zi ijobiy narsalar uchun
u va v butun sonlari. Keyin y
2 = xz = u
2v
2 = (uv)2
va shuning uchun y = uv.
2.2 teorema. x2 − 3xy + y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 + x = 0 (x, y) = (F2) bilan berilgan
2
n+1
, F2n+1F2n−1) yoki
(x, y) = (F2
2
n−1
, F2n−1F2n+1) n ≥ 0 bilan.
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:56 PM]
Isbot. Faraz qilaylik, x
2 − 3xy + y
2 + x = 0 ba'zi musbat butun sonlar uchun x va y. Keyin 2.1 teorema bo'yicha x = u
2
va y = uv uchun
ba'zi bir musbat butun sonlar u va v. Keyin u shunday bo'ladi
4−3u
3v+u
2v
2+u
2 = 0, bu u degan ma'noni anglatadi
2−3uv+v
2+1 = 0. Bu
hisoblanadi, u
2 − 3uv + v
2 = −1. 1.6 teorema bo‘yicha n ≥ 0 bo‘lgan (u, v) = (F2n+1, F2n−1) yoki (u, v) = (F2n−1, F2n+1) degan xulosa kelib chiqadi.
(x, y) = (F2
2
n+1
, F2n+1F2n−1) yoki (x, y) = (F2
2
n−1
, F2n−1F2n+1) bilan n ≥ 0. Aksincha, agar(x, y) = (F)
2
2n+1
, F2n+1F2n−1)
yoki (x, y) = (F2
2
n−1
, F2n−1F2n+1) n ≥ 0 boʻlsa, 1.6 teoremadan x boʻladi.
2 − 3xy + y
2 + x = 0.
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:57 PM]
R. Keskin / Ilovalar bilan kompyuterlar va matematika 60 (2010) 2225–2230 2227
Endi biz quyidagi teorema va xulosani berishimiz mumkin. Ularning dalillari o'xshash bo'lgani uchun biz ularni chetlab o'tamiz.
2.3 teorema. x2 − 3xy + y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 − x = 0 (x, y) = (F2) bilan berilgan
2
n
, F2nF2n+2) yoki
(x, y) = (F2
2
n+2
, F2n+2F2n) n ≥ 1 bilan.
Xulosa 2.4. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 + x = 0 (x, y) = (F2) bilan berilgan
2
n
, F2nF2n−1) bilan
n ≥ 1.
Xulosa 2.5. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 − x = 0 (x, y) = (F2) bilan berilgan
2
n+1
, F2n+1F2n) bilan
n ≥ 1.
Quyidagi teoremaning isboti 2.1 teoremaning isbotiga o'xshaydi va shuning uchun biz uni o'tkazib yuboramiz.
2.6 teorema. Agar x, y, k musbat sonlar tenglamani qanoatlantirsa
x
2 − kxy − y
2 ∓ y = 0,
keyin y = u
2
va u va v ba'zi musbat sonlar uchun x = uv.
Xulosa 2.7. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 + y = 0 (x, y) = (F2nF2n−1, F2) bilan berilgan
2
n−1
) bilan
n ≥ 1.
Isbot. Faraz qilaylik, x
2 − xy − y
2 + y = 0 ba'zi musbat butun sonlar uchun x va y. U holda 2.6 teorema bo'yicha y = u
2
va x = uv
ba'zi musbat butun sonlar uchun u va v. Bu shuni ko'rsatadiki, u
2v
2 - u
3v - u
4 + u
2 = 0, bu v degan ma'noni anglatadi
2 - vu - u
2 + 1 = 0.
Shuning uchun 1.4 xulosaga ko'ra, (v, u) = (F2n, F2n−1) ba'zi n ≥ 1 uchun. Shunday qilib (x, y) = (uv, u)
2
) = (F2nF2n−1, F2
2
n−1
) n ≥ 1 bilan.
Aksincha, agar (x, y) = (F2nF2n−1, F
2
2n−1
), so'ngra 1.4. xulosaga ko'ra, x
2 − xy − y
2 + y = 0.
Xulosa 2.8. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 − y = 0 (x, y) = (F2n+1F2n, F2) bilan berilgan.
2
n+1
) bilan
n ≥ 1.
Endi biz x tenglamaning barcha musbat butun yechimlarini tekshiramiz
2 − xy − y
2 ∓ 5x = 0. Ko'rinib turibdiki (x, y) = (1, 2)
x tenglamaning yechimi
2 − xy − y
2 + 5x = 0 va (x, y) = (9, 3) x tenglamaning yechimidir.
2 − xy − y
2 − 5x = 0.
Ushbu tenglamalarning yechimlarini muhokama qilishdan oldin biz Lukas ketma-ketligi {Ln} bilan tanishamiz. Lukas ketma-ketligi {Ln} quyidagicha aniqlanadi
Har bir n ∈ Z uchun Ln = Fn−1 + Fn+1. Har bir n ∈ Z uchun Ln = Ln−1 + Ln−2 va Ln−1 + Ln+1 = 5Fn ekanligini ko‘rish mumkin. Bundan tashqari, u
bu yaxshi ma'lum
L
2
n − LnLn−1 − L
2
n−1 = 5(−1)
n
(2.1)
har bir n ∈ Z uchun (qarang [3]). Endi biz isbotlari oson va [3] da topish mumkin bo'lgan ba'zi taniqli teoremalarni keltiramiz.
2.9 teorema. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = 5 n ≥ 1 bilan (x, y) = (L2n, L2n−1) bilan berilgan.
2.10 teorema. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = -5 n ≥ 0 bo'lgan (x, y) = (L2n+1, L2n) bilan berilgan.
Quyidagi xulosalarning isboti 1.5-teoremaga o'xshashdir.
Xulosa 2.11. x2 − 3xy + y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = 5 n ≥ 1 bilan (x, y) = (L2n+1, L2n−1) bilan berilgan.
Xulosa 2.12. x2 − 3xy + y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = -5 n ≥ 0 bo'lgan (x, y) = (L2n+2, L2n) bilan berilgan.
Quyidagi teoremani isbotlash oson va biz uni o'tkazib yuboramiz.
2.13 teorema. Agar x, y, k musbat sonlar va gcd (x, m) = 1 bo‘lgan m butun soni tenglamani qanoatlantiring.
x
2 − kxy ∓ y
2 ∓ mx = 0,
keyin x = u
2
va ba'zi musbat butun sonlar u va v uchun y = uv. Agar x, y, k musbat sonlar va gcd (y, m) = 1 bo'lgan m butun soni bo'lsa,
tenglamani qanoatlantiring
x
2 − kxy − y
2 ∓ mening = 0,
keyin y = u
2
va u va v ba'zi musbat sonlar uchun x = uv.
2.14 teorema. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 + 5x = 0 (x, y) = (5F2) bilan berilgan
2
n
, 5F2nF2n−1) bilan
n ≥ 1 yoki (x, y) = (L
2
2n+1
, L2n+1L2n) n ≥ 0 bilan.
Isbot. Faraz qilaylik, x
2 − xy − y
2 + 5x = 0 ba'zi x va y musbat sonlar uchun. Agar 5|x bo'lsa, ba'zilari uchun x = 5a va y = 5b
a va b musbat butun sonlar. Keyin a
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:57 PM]
2 − ab − b
2 + a = 0. Shunday qilib, 2.4. xulosaga ko'ra, (a, b) = (F2
2
n
, F2nF2n−1) baʼzi n ≥ 1 uchun. Bu
(x, y) = (5F2
2
n
, 5F2nF2n−1) n ≥ 1 bilan. Endi 5 - x deb faraz qilaylik. Keyin 2.13 teorema bo'yicha x = u
2
va y = uv uchun
ba'zi musbat butun sonlar u va v. X dan beri
2 −xy−y
2 +5x = 0, shundan kelib chiqadiki, u
2 −uv −v
2 +5 = 0. Keyin 2.10 teorema bo'yicha biz
ba'zi n ≥ 0 uchun (u, v) = (L2n+1, L2n) oling. Bu (x, y) = (L) ekanligini bildiradi.
2
2n+1
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:57 PM]
, L2n+1L2n). Aksincha, agar (x, y) = (5F2
2
n
, 5F2nF2n−1)
yoki (x, y) = (L
2
2n+1
, L2n+1L2n), keyin 2.4 yoki teorema 2.10 ga binoan, biz x ni olamiz.
2 − xy − y
2 + 5x = 0.
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:57 PM]
R. Keskin / Ilovalar bilan kompyuterlar va matematika 60 (2010) 2225–2230
Quyidagi teorema va xulosalar osongina berilishi mumkin.
2.15 teorema. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 − 5x = 0 (x, y) = (5F2) bilan berilgan
2
n+1
, 5F2n+1F2n)
n ≥ 1 yoki (x, y) = (L
2
2n
, L2nL2n−1) n ≥ 1 bilan.
Xulosa 2.16. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 + 5y = 0 (x, y) = (5F2nF2n−1, 5F2) bilan berilgan
2
n−1
)
n ≥ 1 yoki (x, y) = (L2nL2n+1, L) bilan
2
2n+1
) n ≥ 0 bilan.
Xulosa 2.17. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 − 5y = 0 (x, y) = (5F2n+1F2n, 5F2) bilan berilgan
2
n
) yoki
(x, y) = (L2nL2n−1, L
2
2n−1
) n ≥ 1 bilan.
2.18 teorema. x2 −3xy+y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 +5x = 0 (x, y) = (5F) bilan berilgan
2
2n+1
, 5F2n+1F2n−1)
n ≥ 1 yoki (x, y) = (5F2
2
n−1
, 5F2n−1F2n+1) n ≥ 1 yoki (x, y) = (L) bilan
2
2n+2
, L2n+2L2n) bilan n ≥ 0 yoki (x, y) = (L)
2
2n
, L2nL2n+2)
n ≥ 0 bilan.
2.19 teorema. x2 − 3xy + y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 − 5x = 0 (x, y) = (5F) bilan berilgan
2
2n+2
, 5F2n+2F2n)
n ≥ 1 yoki (x, y) = (5F2
2
n
, 5F2nF2n+2) n ≥ 1 yoki (x, y) = (L) bilan
2
2n+1
, L2n+1L2n−1) n ≥ 1 yoki (x, y) = (L) bilan
2
2n−1
, L2n−1L2n+1)
n ≥ 1 bilan.
3. Diofant tenglamalarining musbat butun yechimlari x
2 − kxy + y
2 ∓ x = 0 va x
2 − kxy − y
2 ∓ x = 0
Ushbu bo'limda biz Diofant tenglamalarini ko'rib chiqamiz x
2 − kxy + y
2 ∓ x = 0 va x
2 − kxy − y
2 ∓ x = 0. Muhokama qilishdan oldin
bu tenglamalarda biz ikki xil umumlashtirilgan Fibonachchi ketma-ketligini kiritamiz {Un} va {un}. Haqida qo'shimcha ma'lumot olish uchun
Umumiy Fibonachchi ketma-ketligi bilan maslahatlashish mumkin [5-7]. k parametrli {Un} umumlashtirilgan Fibonachchi ketma-ketligi aniqlangan
tomonidan U0 = 0, U1 = 1 va Un = kUn−1 + Un−2 n ≥ 2 uchun, bu yerda k ≥ 1 butun son. Shuningdek, U−n = (−1)
Barcha n ∈ N uchun n+1Un.
Bundan tashqari, k parametrli {un} umumlashtirilgan Fibonachchi ketma-ketligi u0 = 0, u1 = 1 va un = kun−1 − un−2 bilan aniqlanadi.
n ≥ 2 uchun bu erda k ≥ 3, butun son. Barcha n ∈ N uchun ham u−n = −un. k = 1 bo‘lganda, Un = Fn ni olamiz.
{Un} ketma-ketlikning takrorlanish munosabatining xarakteristik tenglamasi x
2−kx−1 = 0 va bu tenglamaning ildizlari
a = hisoblanadi
k +
√
k
2 + 4
/2 va a = b =
k -
√
k
2 + 4
/2. ab = -1, a2 = ka + 1 va a + b = k ekanligi aniq. Mayli
Z [a] = {aa + b : a, b ∈ Z}. U holda Z [a] haqiqiy kvadrat maydonning algebraik butun son halqasining pastki halqasi ekanligini ko'rish mumkin.
Q
√
k
2 + 4
va Z [a] real kvadrat maydon Q ning algebraik butun son halqasiga teng
√
k
2 + 4
qachon k
2 + 4 kvadrat
ozod.
Agar ax+y Z [a] dagi birlik bo'lsa, u holda -x ekanligini ko'rsatish mumkin
2+kxy+y
2 = (ax + y) (ax + y) = ±1. Quyidagilarning isboti
teorema [8] da berilgan. Ammo biz to'liqlik uchun uning isbotini keltiramiz.
3.1 teorema. Z [a] ning birliklari toʻplami {∓a
n
: n ∈ Z}.
Isbot. Teoremani isbotlash uchun har bir ō ≥ 1 birlik a ko'rinishda ekanligini ko'rsatish kifoya.
n
ba'zi uchun n ≥ 0. Birinchidan, biz ko'rsatamiz
1 < ō < a bo'ladigan ō birligi yo'qligini. Faraz qilaylik, ō = ax+y Z [a] da 1 < ō < a bo‘lgan birlik bo‘lsin. Shunday qilib, ax+y dan boshlab
birlik, −x
2 + kxy + y
2 = (ax + y) (ax + y) = ±1 va shuning uchun |ax + y| |ax + y| = 1. Chunki |(ax + y) (ax + y)| = 1
va 1 < ax + y bo'lsa, |ax + y| ekanligi ko'rinadi < 1. Shuning uchun −1 < ax + y < 1. Shundan kelib chiqadiki, 0 < x(a + a) + 2y, ya'ni,
0 < kx + 2y.
Boshqa tomondan, −1 < −ax − y < 1 va 1 < ax + y bo‘lgani uchun 0 < x(a − a) = ekanligini ko‘ramiz.
√
k
2 + 4
x. Shuning uchun
x > 0. Chunki 1 < ax + y < a, y < a - ax = a(1 - x) ≤ 0. Ya'ni, y < 0. Bundan tashqari, kxy + y bo'lgani uchun
2 = ∓1 + x
2 ≥ 0, bu
shundan kelib chiqadiki, y (kx + y) ≥ 0. U holda biz kx + y ≤ 0 ni olamiz, chunki y < 0. 0 < kx + 2y, kx + y ≤ 0 va y < 0 bo‘lishi bizga
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:57 PM]
qarama-qarshilik.
Endi ō > 1 birlik va ō ̸= a bo‘lsin. Agar ō ̸= a bo‘lsa
n
har bir n ≥ 2 butun son uchun a dan kelib chiqadi
m < ʼn < am+1
ba'zilar uchun
m ∈ N bilan m ≥ 2. Shunday qilib, 1 < ō/am < a va ō/am Z [a] da birlikdir. Lekin bu mumkin emas. Shuning uchun ō = a
n
ba'zilar uchun
n ≥ 2. Bu shuni ko'rsatadiki, agar ō ≥ 1 har qanday birlik bo'lsa, u holda ō = a
n
ba'zi n ≥ 0 uchun.
Buni osongina ko'rsatish mumkin
a
n = aUn + Un−1 (3.1)
va
Un
2 − kUnUn−1 − Un
2
−1 = (−1)
n+1
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:58 PM]
(3.2)
har bir n uchun
butun son.
∈ Z. Endi quyidagi teoremani beramiz. Bundan buyon, agar boshqacha ko'rsatilmagan bo'lsa, biz k ≥ 1, deb faraz qilamiz
Quyidagi teoremaning isboti [9,10,8] da keltirilgan. Biz uning isbotini beramiz.
3.2 teorema. x2 − kxy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = ∓1 n ≥ 2 bilan (x, y) = (Un, Un−1) bilan berilgan.
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:58 PM]
R. Keskin / Ilovalar bilan kompyuterlar va matematika 60 (2010) 2225–2230 2229
Isbot. Agar (x, y) = (Un, Un−1) boʻlsa, u holda (3.2) oʻziga xoslik boʻyicha, bundan x chiqadi.
2 − kxy − y
2 = ∓1. Faraz qilaylik, x
2 − kxy − y
2 = ∓1
x va y musbat sonlar uchun. U holda (ax + y)(bx + y) = ∓1 va shuning uchun ax + y Z [a] dagi birlikdir. ax + y > 1 bo'lgani uchun, tomonidan
3.1-teorema, ax + y = a
n
ba'zi n ≥ 2 uchun. Shunday qilib, ax + y = aUn + Un−1, identifikatsiya bo'yicha (3.1). Shuning uchun (x, y) = (Un, Un−1).
Xulosa 3.3. x2 − kxy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = 1 n ≥ 1 bilan (x, y) = (U2n+1, U2n) bilan berilgan.
Xulosa 3.4. x2 − kxy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = −1 n ≥ 1 bilan (x, y) = (U2n, U2n−1) bilan berilgan.
3.5 teorema. x2 − kxy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 + x = 0 (x, y) = (U2
2
n
, U2nU2n−1) bilan
n ≥ 1.
Isbot. Faraz qilaylik, x
2−kxy−y
2+x = 0 ba'zi musbat butun sonlar uchun x va y. Keyin 2.1 teorema bo'yicha x = u
2
va ba'zilari uchun y = uv
musbat butun sonlar u va v. Keyin u shunday bo'ladi
2 −kuv−v
2 +1 = 0. Demak, 3.4. xulosaga ko‘ra, (u, v) = (U2n, U2n−1) ni olamiz.
ba'zi uchun n ≥ 1. Bu (x, y) = (U2
2
n
, U2nU2n−1). Aksincha, agar (x, y) = (U2
2
n
, U2nU2n−1), keyin identifikatsiya (3.2), biz
x olish
2 − kxy − y
2 + x = 0.
Quyidagi teoremaning isboti o'xshash va shuning uchun biz uni o'tkazib yuboramiz.
3.6 teorema. x2 − kxy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 − x = 0 (x, y) = (U2) bilan berilgan
2
n+1
, U2n+1U2n) bilan
n ≥ 1.
Biz quyidagi xulosalarni osongina keltira olamiz.
Xulosa 3.7. x2 − kxy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 + y = 0 (x, y) = (U2nU2n−1, U2) bilan berilgan
2
n−1
) bilan
n ≥ 1.
Xulosa 3.8. x2 − xy − y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 − y = 0 (x, y) = (U2n+1U2n, U2) bilan berilgan.
2
n+1
) bilan
n ≥ 1.
Endi biz x Diofant tenglamasining musbat butun sonli yechimlarini tekshiramiz
2 − kxy + y
2 ∓ x = 0.
Biz {un} ketma-ketliklariga murojaat qilamiz. {un}ketmasining takrorlanish munosabatining xarakteristik tenglamasi x
2−kx+1 = 0
va bu tenglamaning ildizlari a =
k +
√
k
2 − 4
/2 va a = b =
k -
√
k
2 − 4
/2. ab = 1, a2 = ekanligi aniq
ka−1 va a+b = k. Z [a] = {aa + b : a, b ∈ Z} bo'lsin. Keyin Z [a] algebraik butun son halqasining pastki halqasi ekanligini ko'rish mumkin
haqiqiy kvadratik maydonning Q
√
k
2 − 4
va Z [a] real kvadrat maydon Q ning algebraik butun son halqasiga teng
√
k
2 − 4
qachon k
2 − 4 kvadratdan ozod. X + ay Z [a] dagi birlik ekanligini ko'rsatish mumkin, agar va faqat x bo'lsa
2 + kxy + y
2 = ∓1. Endi biz beramiz
x Diofant tenglamasining yechimlari uchun muhim bo'lgan teorema
2 − kxy + y
2 = ∓1. Teoremaning isboti
[8] da topish mumkin. Lekin biz uning isbotini keltiramiz.
3.9 teorema. k > 3 bo‘lsin. U holda Z [a] ning birliklari to‘plami {∓a bo‘lsin
n
: n ∈ Z}.
Isbot. Teoremaning isboti 3.1-teoremaga o'xshaydi. Buni oson ko'rsatish mumkin, agar ax + y birlik va
1 < ax + y < a, keyin x > 0 va y < 0. Birinchidan, 1 < ax + y < a bo'ladigan ax + y birligi yo'qligini ko'rsatamiz. Yoniq
aksincha, 1 < ax+y < a bo'ladigan ba'zi ax+y birliklar mavjud deb faraz qilaylik. Biz eng kichik musbat sonni ko'rib chiqamiz
x shunday bo'lsinki, 1 < ax + y < a va ax + y birlik bo'lsin. 1 < ax + y < a, a < x + ay < 1 va a(ax + y) = x + ay boʻlgani uchun
ham birlik hisoblanadi. Bu 1/(x + ay) Z [a] va 1 < 1/(x + ay) < 1/a = a da birlik ekanligini ko'rsatadi. s = (x + ay)(x + ay) bo‘lsin.
U holda bizda s = ∓1 va 1 < (x + ay) /s < a. Faraz qilaylik, s = 1. U holda 1 < x + ay < a, bu y > 0 ekanligini bildiradi.
Lekin bu qarama-qarshilik, chunki y < 0. Shuning uchun s = −1 va bu 1 < −x + a(−y) < a ekanligini ko‘rsatadi. Shunday qilib, u ergashadi
bu x ≤ −y. Keyin −x + ax ≤ −x − ay < a ekanligini ko‘ramiz, bu esa x(a - 1) ≤ a ekanligini bildiradi. k > 3 bo'lgani uchun bundan kelib chiqadi
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:58 PM]
a =
k +
√
k
2 − 4
/2 >
3+
√
5
/2 > 2 va shuning uchun x ≤ a/(a - 1) = 1 + 1/(a - 1) < 2. Shunday qilib x = 1. Chunki
−1 = s = (x+ay)(x+ay) = x
2 +kxy+y
2
, ko'rinib turibdiki -1 = 1+ky+y
2
va shuning uchun y(k+y) = -2. Bu shuni ko'rsatadi
y|2 va shuning uchun y = -2 yoki y = -1, bu k = 3 ekanligini bildiradi. Bu gipotezaga zid. Teoremaning isboti
keyin ergashadi.
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:59 PM]
E'tibor bering, k = 3 bo'lganda teorema to'g'ri emas. Bu holda a = (3 +
√
5)/2 =
1 +
√
5
/2
2
= 1 +
1+
√
5
/2 va
shuning uchun (1 +
√
5)/2 ∈ Z [a]. Bundan tashqari (1+
√
5)/2 =
1 +
√
5
/2
2n
= a
n
har bir n ∈ Z uchun.
Buni ko'rsatish mumkin
a
n = aun − un−1 (3.3)
va
u
2
n − kunun−1 + u
2
n−1 = 1 (3,4)
har bir n ∈ Z uchun.
Shohjahon Yo`ldoshev, [12/2/2023 9:59 PM]
R. Keskin / Ilovalar bilan kompyuterlar va matematika 60 (2010) 2225–2230
Quyidagi teoremaning isboti [9,10,8] da berilgan bo‘lsada, buni isbotlaymiz.
3.10 teorema. k > 3 bo‘lsin. U holda x2 − kxy + y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 = 1 (x, y) = (un, un−1) bilan berilgan
n ≥ 2 bilan.
Isbot. Agar (x, y) = (un, un−1) bo'lsa, u holda (3.4) identifikatsiya bo'yicha, bundan x chiqadi.
2 − kxy + y
2 = 1. Endi x deb faraz qilaylik
2 − kxy + y
2 = 1
x va y musbat sonlar uchun. U holda (ax - y)(bx - y) = 1 va shuning uchun ax - y Z [a] dagi birlikdir. Shunday qilib, 3.9 teoremaga muvofiq,
ax − y = ∓a
n
baʼzi n ∈ Z uchun. Bu (x, y) = ∓(un, un−1) ekanligini koʻrsatadi. n ≥ 1 uchun u−n = −un va x va y musbat bo‘lgani uchun u
ba'zi n ≥ 2 uchun (x, y) = (un, un−1) kelib chiqadi.
3.11 teorema. k > 3 bo‘lsin. U holda x2 − kxy + y tenglama bo‘lsin
2 = -1 butun sonli yechimga ega emas.
Isbot. Faraz qilaylik, x
2 − kxy + y
Ayrim x va y butun sonlar uchun 2 = −1. Keyin
(ax − y)( ax − y) = −1
va shuning uchun ax - y Z [a] dagi birlikdir. Shunday qilib, ax - y = ∓a
n
baʼzi n ∈ Z uchun. Keyin (x, y) = ∓(un, un−1) boʻladi. Bu
shuni ko'rsatadi
−1 = x
2 − kxy + y
2 = u
2
n − kunun−1 + u
2
n−1 = 1,
bu qarama-qarshilikdir.
Endi quyidagi teoremani bemalol berishimiz mumkin.
3.12 teorema. k > 3 bo‘lsin. U holda x2 − kxy + y tenglamaning barcha musbat butun yechimlari
2 − x = 0 (x, y) = bilan berilgan
(u
2
n
, unun−1) yoki (x, y) = (u
2
n−1
, unun−1) n ≥ 2 bilan.
3.13 teorema. k > 3 bo‘lsin. U holda x2 − kxy + y tenglama bo‘lsin
2 + x = 0 ning musbat butun yechimlari yo'q.
Isbot. Faraz qilaylik, x
2 − kxy + y
2 + x = 0 ba'zi musbat butun sonlar uchun x va y. Keyin 2.1 teorema bo'yicha x = u
2
va y = uv uchun
ba'zi bir musbat butun sonlar u va v. Shunday qilib, u kelib chiqadi
2 − quv + v
2 + 1 = 0, bu 3.11 teorema bo'yicha mumkin emas.
Garchi tenglama x
2 −kxy+y
2 +x = 0 k > 3 uchun musbat butun yechimga ega emas, manfiy butun yechimga ega.
x va y. Buni ko'rish uchun x = −k ni oling
2
va y = −k. Bundan tashqari, quyidagi xulosani isbotlash oson bo'lgani uchun, biz buni o'tkazib yuboramiz.
Xulosa 3.14. k > 3 bo‘lsin. U holda x2 − kxy + y tenglamaning barcha manfiy butun yechimlari
2 + x = 0 tomonidan berilgan
(x, y) = (−u
2
n
, −unun−1) yoki (x, y) = (−u
2
n−1
, −unun−1) n ≥ 2 bilan.
Ma'lumotnomalar
[1] A. Marlevskiy, P. Zarzicki, x Diofant tenglamasining cheksiz ko'p yechimlari
2 −kxy+y
2 +x = 0, Kompyuterlar va ilovalar bilan matematika
47 (2004) 115–121.
[2] T. Koshi, Fibonachchi va Lukas raqamlari ilovalar bilan, Jon Wiley va Sons, Nyu-York, Toronto, 2001, Proc.
[3] S. Vajda, Fibonachchi va Lucas Numbers and the Golden Section, Ellis Horwood Limited Publ., Angliya, 1989 yil.
[4] G.H. Hardi, E.M. Rayt, Raqamlar nazariyasiga kirish, Oksford universiteti nashriyoti, AQSh, 1980 yil.
[5] S. Robinowitz, Fibonachchi identifikatorlarining algoritmik manipulyatsiyasi, in: Fibonachchi raqamlarining ilovalari, jild. 6, Kluwer Academic Pub., Dordrect, The
Niderlandiya, 1996, 389–408-betlar.
[6] D. Kalman, R. Mena, The Fibonachci numbers-exposed, Mathematics Magazine 76 (2003) 167–181.
[7] P. Ribenboim, Mening raqamlarim, mening do'stlarim, Springer-Verlag Nyu-York, Inc., 2000 yil.
[8] R. Keskin, B. Demirtürk, Umumlashtirilgan Fibonachchi va Lukas ketma-ketliklari yordamida ba'zi Diofantin tenglamalarining yechimlari, Ars Combinatoria (matbuotda).
[9] W.L. MakDaniel, Lukas ketma-ketliklarining Diophantine vakili, Fibonachchi Quarterly 33 (1995) 58-63.
[10] R. Melham, Lukasning muayyan ketma-ketliklarini tavsiflovchi konuslar, The Fibonacci Quarterly 35 (1997) 248–251.
|
