DIOFANTSKE ČETVERICE

Transcription

1 Fakulteta za aravoslovje i matematiko Oddelek za matematiko i račualištvo Diplomsko delo DIOFANTSKE ČETVERICE Metor: Doc. dr. Daiel Eremita Kadidatka: Jožica Špec Maribor 009

2 II ZAHVALA Zahvaljujem se metorju doc. dr. Daielu Eremiti za pomoč i koriste asvete pri opravljaju diplomskega dela. Poseba zahvala velja moji družii ki me je vsestrasko podpirala pri študiju.

3 III UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO IZJAVA Podpisaa Jožica Špec rojea 3. septembra 984 študetka Fakultete za aravoslovje i matematiko Uiverze v Mariboru smer matematika i pedagogika izjavljam da je diplomsko delo z aslovom Diofatske četverice pri metorju doc. dr. Daielu Eremiti avtorsko delo. V diplomskem delu so uporabljei viri i literatura korekto avedei; teksti iso uporabljei brez avedbe avtorjev. Maribor

4 IV PROGRAM DIPLOMSKEGA DELA V diplomskem delu aj bo predstavlje problem diofatskih četveric. Opisae aj bodo vse regulare diofatske četverice oblike { bcd } kjer so < b< c< d arava števila. Predstavlje aj bo tudi algoritem za jihovo kostrukcijo. Osova literatura: E. Assaf S. Guero Characterizatio of regular Diophatie quadruples Elem. Math 56 (00) o Maribor 009 Metor: doc. dr. Daiel Eremita

5 V DIOFANTSKE ČETVERICE Povzetek Diofatska možica S je možica takih aravih števil da je x y + popoli kvadrat za vse x y S. Diofatski možici s štirimi elemeti pravimo diofatska četverica. Problem diofatskih četveric je v tretjem stoletju prvi predstavil grški matematik Diofat iz Aleksadrije. Name diplomskega dela je opisati vse regulare diofatske četverice oblike { b c d} kjer je < b < c < d ter izpeljati algoritme za jihovo kostrukcijo. Prvo poglavje je amejeo reševaju Pellovih eačb saj moramo za kostrukcijo vseh regularih diofatskih četveric oblike { bcd } ajprej rešiti ekaj Pellovih eačb oblike x dy = L kjer je L ± katere imajo več eskočih druži rešitev. V drugem poglavju je predstavlje problem diofatskih četveric. Poglavje opisuje zgodovisko ozadje raziskovaja a problemu diofatskih četveric. Opisaa je povezava med Fiboaccijevim zaporedjem i diofatskimi četvericami. Predstavlje je problem adgradje diofatske trojke do diofatske četverice. V tretjem poglavju je predstavljea kostrukcija eskoče družie regularih diofatskih četveric oblike { bcd } kjer je < b< c< d. V četrtem poglavju karakteriziramo vse regulare diofatske četverice oblike { bcd } i podamo dva algoritma za jihovo kostrukcijo. Ključe besede: diofatska možica diofatska četverica regulara diofatska četverica Pellova eačba Fiboaccijevo zaporedje.

6 VI Diophatie quadruples Abstract A set S of positive itegers is said to have a Diophatie property ad called a Diophatie set if x y + is a perfect square for ay x y S. Diophatie set with four elemets is called Diophatie quadruple. The problem of Diophatie quadruples was origially posed by the Greek mathematicia Diophatus from Aleksadria i the third cetury. Our purpose is to describe all regular Diophatie quadruples of the form { b c d} where < b < c < d ad also to obtai algorithms for their costructio. First chapter describes the subject of Pell s equatios. I order to geerate all regular Diophatie quadruples emaatig from i. e. { b c d} we eed to solve some ouit Pell equatios which have several ifiitive families of solutio. I the secod chapter the problem of Diophatie quadruples is preseted. The chapter describes historical backgroud research about the problem of Diophatie quadruples. It icludes explaatio of the coectio betwee Fiboacci s sequece ad Diophatie quadruples. The problem of upgradig a Diophatie triple to Diophatie quadruple is also cosidered. I the third chapter the costructio of ifiite family of regular Diophatie quadruples of the form { bcd } where < b< c< d is preseted. I the fourth chapter we characterize the regular Diophatie quadruples emaatig from ad the chapter icludes the descriptio of two algorithms for costructio of regular Diophatie quadruples of the form { bcd }. Key words: Diophatie set Diophatie quadruple regular Diophatie quadruple Pell`s equatio Fiboacci s sequece. Math. Subj. Class. (000): D09

7 VII Kazalo vsebie: PELLOVA ENAČBA.... ENOTSKA PELLOVA ENAČBA.... SPLOŠNA PELLOVA ENAČBA... 0 DIOFANTSKE MNOŽICE FIBONACCIJEVA ŠTEVILA FERMATOV PROBLEM IN FIBONACCIJEVO ZAPOREDJE NADGRADNJA DIOFANTSKE TROJKE....4 PROBLEM REGULARNIH DIOFANTSKIH ČETVERIC NESKONČNA DRUŽINA REGULARNIH DIOFANTSKIH ČETVERIC KARAKTERIZACIJA REGULARNIH DIOFANTSKIH ČETVERIC ZAKLJUČNE OPOMBE LITERATURA... 40

8 Jožica Špec Diplomsko delo PELLOVA ENAČBA Kvadrato diofatsko eačbo z ezakama x i y oblike x dy = L kjer je L d i d i kvadrat kakega aravega števila imeujemo Pellova eačba. Če je L = taki eačbi pravimo eotska Pellova eačba.. Eotska Pellova eačba Eotska Pellova eačba x dy = () ima trivialo rešitev x= y = 0 ki as v adaljevaju e bo zaimala. Primer kjer je d = µ (a začetku izključeo) kvadrat kakega števila e dopušča etrivialih rešitev eačbe saj potem dobimo eačbo oblike ( y) = x µ i razlika med dvema eičelima kvadratoma je večja kot. Brez izgube za splošost lahko predpostavimo da je d i d µ d i deljiv s kvadratom praštevila saj bi lahko sicer ta kvadrat upoštevali v ezaki y. Vsaki rešitvi ( q) p eotske Pellove eačbe x dy = lahko priredimo število p + dq iz kolobarja ( d) = { a+ db a b }. Zato bomo včasih kar število p + dq imeovali rešitev Pellove eačbe x dy =. Trditev.. Če sta ( pq ) i ( ) uv rešitvi Pellove eačbe ( p + dq) ( u+ dv) ( p + dq ) i kvociet ( u+ dv) x dy =. x dy = potem produkt porajata ovo rešitev Pellove eačbe

9 Jožica Špec Diplomsko delo Dokaz. Vemo da velja ( p dq)( p dq) + = ( u dv)( u dv) + =. () Pokažimo da je par ( pu dqv qu pv) + + ki ga porodi produkt ( p + d q)( u + d v) = ( pu + dqv) + d ( qu + pv) rešitev Pellove eačbe x dy =. Torej veljati mora da je ( pu dqv) d ( qu pv) + + =. Iz () sledi da je (( p dq)( u dv) ) (( p dq)( u dv) ) (( pu dqv) d ( qu pv) ) (( pu dqv) d ( qu pv) ) = + + = = = ( pu dqv) d ( qu pv) = + +. Dokažimo da je par ( pu dqv qu pv) ki ga porodi kvociet p+ u+ dq dv ( p+ dq)( u dv) ( pu dqv) + d ( qu pv) = = u dv rešitev Pellove eačbe x dy =. Iz () sledi da je

10 Jožica Špec Diplomsko delo 3 ( p dq)( p+ dq) ( u dv)( u+ dv) (( p dq)( u dv) ) (( p dq)( u dv) ) (( pu dqv) ( qu pv) d ) (( pu dqv) ( qu pv) d ) = = = + + = = + = ( pu dqv) d ( qu pv) =.. Zato vsaka rešitev ( p q) geerira eskočo družio rešitev te eačbe. To družio rešitev lahko ajdemo z upoštevajem da za vsako aravo število velja da je ( p dq ) =. Namreč eačbo () lahko zapišemo a asledji ači: ( x d y)( x d y) = ( p + d q) ( p d q) +. Tako pridemo do asledjih rešitev v kolobarju ( d ) : + d y = ( p d q) i x d y = ( p d q) x +. Če ti dve eačbi seštejemo dobimo eksplicito obliko rešitev oziroma ( ) ( ) x = p+ dy + p dy ( ) ( ) x= p+ q d + p q d. (3) Izrazimo še y

11 Jožica Špec Diplomsko delo 4 Tako pridemo do rešitve: ( ) ( ) dy= p+ dy p dy. y = d ( p + q d ) ( p q d ). (4) Če je rešitev ( q) p pozitiva potem je p+ dq>. Vemo da je p ( ) ( ) dq p d q p d q 0 p dq = = +. Ker je p + d q > sledi da je < < saj le v tem primeru je res = ( p + dq) ( p dq). V adaljevaju bomo za dokazovaje potrebovali asledjo defiicijo i trditev: Defiicija.. Preslikavo : ( d) ( d) a+ b d = a b d i ji pravimo kojugiraje. defiiramo s predpisom: Trditev..3 Kojugiraje a ( d) = { a+ db a b } x y z z 0 velja je preslikava i za vse. x + y = x + y. x y = x y 3. z = z 4. x = x x 5. x = x 6. x ( d) x ( d). Dokaz. Naj bosta x = a+ b d i y c k d = + poljuba elemeta iz ( d ). Potem velja

12 Jožica Špec Diplomsko delo 5. ( a+ b d) + ( c+ k d) = ( a+ c) + d ( b+ k) = ( a+ c) d ( b+ k) ( a+ b d) + ( c+ k d) = ( a b d) + ( c k d) = ( a+ c) d ( b+ k). ( a b d ) ( c k d ) ac ka d bc d kbd ( ac kbd ) d ( ka bc) + + = = = ( ac kbd ) d ( ka bc) = + + ( ) ( ) ( ) ( ) a+ b d c+ k d = a b d c k d = ac ka d bc d + kbd = ( ac kbd ) d ( ka bc) = a b d a b ( a+ b d) = = d = = ( a+ b d) a b d a b d a b d a b = + d a b d a b d ( ) ( ) a+ b d a b a+ b d = a b d = = = + d a b d a b d a b d a b d 4. x = x velja atako tedaj ko je

13 Jožica Špec Diplomsko delo 6 ( a+ b d) = ( a b d) oziroma to je ekvivaleto b d = 0 b= 0 x= a 5. ( a+ b d) = ( a b d) = ( a+ b d) 6. Očito. Trditev..4 Če je ( ) x p q ajmajša pozitiva rešitev eotske Pellove eačbe dy = potem je vsaka rešitev Pellove eačbe oblike ( x y ) kjer je ( ) x + dy = p + dq za vsak. Dokaz. Recimo da obstaja pozitiva rešitev ( g h ) Pellove eačbe velja da i poteca števila ( p dq) p + dq poljubo velika. Zato obstaja tak m da velja x dy = za katero +. Od p + dq > postaja poteca števila m ( p+ dq) < g+ dh< ( p+ dq) m+ torej m ( p dq) g dh ( p q d)( p dq) + < + < + +. m

14 Jožica Špec Diplomsko delo 7 p Neeakost pomožimo z pozitivim številom ( p q d) dq = ter dobimo da je: i upoštevamo da je m ( p q d) ( g h d) ( p q d) < + < +. Nato defiirajmo celi števili r i s a asledji ači: torej ( m m )( ) r+ s d = p q d g+ h d r = pmg qmhd s= pmh qmg. Izračuamo vredost ( m m ) ( m m ) ( m m)( ) r ds = p g q hd d p h q g = p dq g dh = i zato je ( r s ) rešitev eačbe p dq = ki zadošča eeakosti < r+ s d < p + q d. Pokazati še moramo da je ( r s ) pozitiva rešitev. Ker je < r+ s d i ( r s d)( r s d) + = vidimo da je 0< r s d <. Posledičo dobimo da je ( ) ( ) ( ) ( ) r = r+ s d + r s d > + 0> 0 s d = r+ s d r s d > = 0. Torej sta r i s res pozitivi števili. Odkar je ( ) p q miimala pozitiva rešitev eačbe p dq = mora biti p < r i q < s ampak potem velja da je p+ q d < r+ s d i zato pridemo do protislovja.

15 Jožica Špec Diplomsko delo 8 Vidimo da je za popolo rešitev Pellove eačbe oblike x dy = potrebo ajti le ajmajšo pozitivo rešitev. To rešitev lahko ugaemo s poizkušajem ali pa jo poiščemo s pomočjo avadega verižega ulomka [... ] a števila d. 0 a Na kratko opišimo metodo reševaja z verižimi ulomki (katera se uporablja tudi za reševaje eačb oblike x dy =. Zapisali bomo le izreke brez dokazov. Defiicija..5 Vsak ulomek oblike a0 + a + a + kjer so a 0 i a simbolom [ ] a a0 a... a. Če je 0 koči avadi veriži ulomek. + a + imeujemo veriži ulomek. Krajše ga ozačimo s a i... a a potem pravimo da je [ a a a ]... 0 Izrek..6 Vsako racioalo število lahko zapišemo v obliki kočega avadega verižega ulomka. u Opomba..7 Algoritem s katerim poljubo racioalo število x = zapišemo v obliki v kočega avadega verižega ulomka je Evklidov algoritem za u i v iskai veriži ulomek pa tvorijo kvocieti a i. Ta algoritem lahko zapišemo še drugače: Algoritem: x= x0 za i 0 a x i = i+ = ( je ajmajše tako število da je [ x ] [ x ] i =. x a i i Rezultat: x [ a a a ] =. 0 = x ).

16 Jožica Špec Diplomsko delo 9 Izrek..8 Naj bo a 0 i aj bo ( a ) zaporedji ( p ) i ( ) zaporedje pozitivih realih števil. Če q defiiramo z asledjima rekurzivima predpisoma p = 0 p = p = a p + p q = q = 0 q = a q + q za vsak 0 = potem za vsak { 0} velja da je p [ a a a ] 0 q =. Defiicija..9 Naj bo a0 i ( a ) zaporedje aravih števil. Zaporedje ( a ) {} 0 določa eskoči avadi veriži ulomek ki ga ozačimo s simbolom: a 0 + a +. ali a0 a a... p Vredost eskočega avadega verižega ulomka defiiramo kot lim q i jo prav tako ozačimo s simbolom a 0 a a.... Izrek..0 Vsako iracioalo število lahko a eoliče ači zapišemo kot eskoči avadi veriži ulomek. Opomba.. Naj bo x iracioalo število ( x / ). Algoritem s katerim poiščemo eskoči avadi veriži ulomek z vredostjo x : Algoritem: x0 = x / za vsak = 0 a x + [ x ] = = x a.

17 Jožica Špec Diplomsko delo 0 Rezultat: x [ a a a ] =. 0 Defiicija.. Neskoče avade veriži ulomek [ a ; ] taki števili k { 0} 0 a je periodiče če obstajata i λ da je a = a + λ za vsak k. Številu λ pravimo perioda periodičega avadega verižega ulomka. Najmajši periodi pravimo osova perioda. Izrek..3 Naj bo d ki i popoli kvadrat. Navadi veriži ulomek števila d = d a a aλ d. Defiicija..4 Z R ( d L ) ozačimo možico rešitev Pellove eačbe oblike x dy = L. Izrek..5 Vsaka pozitiva rešitev Pellove eačbe x dy =± je oblike ( p q ) za ek. Naj bo λ osova perioda avadega verižega ulomka števila d = d a a aλ d. Če je: { kλ kλ λ } = ; i) λ sodo število potem je R( d ) = i R( d ) ( p q ) ii) λ liho število potem je { } { kλ kλ } ( ) = ( kλ kλ ) ( ) = ( ) R d p q ; k je liho aravo število R d p q ; k je sodo aravo število.. Sploša Pellova eačba Sploša Pellova eačba x dy = L kjer je d i d i popoli kvadrat lahko ima več eskočih druži rešitev ali pa sploh ima rešitve (pr. x 3y = kjer e obstaja pozitiva rešitev sorode Pellove eačbe x 3y = ). Ker smo Pellove eačbe kjer je

18 Jožica Špec Diplomsko delo L =± obravavali v prejšjem razdelku sedaj predpostavimo da je L ±. Nasledji lemi am pokažeta kako a splošo pridemo do rešitve Pellove eačbe če le ta obstaja. Lema.. Naj bo L celo število i d aravo število ki i popoli kvadrat. Daa je Pellova eačba x dy = L i ustreza eotska Pellova eačba oblike x Recimo da je ( ) ( ) ν dy =. α β ajmajša pozitiva rešitev Pellove eačbe x dy = L. Naj bo µ ajmajša pozitiva rešitev eačbe x dy =. Naj bosta zaporedji ( α ) i ( ) β defiirai a asledji ači: ( ) ( ) α + dβ = α + dβ µ + dν za vsak. Potem so pari ( ) α β rešitve Pellove eačbe x dy = L. Dokaz. ( )( ) α dβ = α + dβ α + dβ = ( α dβ) ( α dβ) = + + = (( α dβ )( α dβ) ) ( α dβ ) = + = = L Lema.. Naj bo L celo število i d aravo število ki i popoli kvadrat. Daa je Pellova eačba x dy = L i ustreza eotska Pellova eačba oblike x Recimo da je ( ) β α d β P + dy =. α ajmajša pozitiva rešitev eačbe x dy = L i defiirajmo =. Naj bo ( ) defiirajmo S µ + dν µ ajmajša pozitiva rešitev eačbe x dy = i ν =. Recimo da je ( ) α β taka rešitev Pellove eačbe x dy = L da P = α + d β i oblike. Potem ima Pellova eačba x dy = L k P S

19 Jožica Špec Diplomsko delo tako rešitev ( α β * * ) ki geerira P < S* < P S kjer je S * = α* + d β*. P kar pomei da je ( α β ) P = + d S i velja k * * Dokaz. Ker P e dobimo iz zaporedja število da je PS < P < PS +. k = 0 potem obstaja tako aravo k P S Če pomožimo P S < P < P S z S kjer je S = µ dν dobimo da je + P S < P S P <. Ker S ( µ dν) = ustreza rešitvi eačbe x dy = sledi da ( α β )( µ ν ) P S = + d d ustreza rešitvi eačbe dokaz. x dy = L i tako zaključimo

20 Jožica Špec Diplomsko delo 3 DIOFANTSKE MNOŽICE Reševaje diofatskih problemov je vedo ek posebe izziv. Tako predstavlja izziv tudi problem odkrivaja tako imeovaih diofatskih možic. Defiicija. Diofatska možica S je taka možica aravih števil da je x y + popoli kvadrat za vse x y S. Diofatski možici z elemeti pravimo diofatska - terica. Primer. Možica S ajvečkrat vsebuje samo dve aravi števili kjer lahko a primer takoj prepozamo pare { + } kjer je aravo število. To je primer diofatske možice z dvema elemetoma saj je ( ) ( ) + + popoli kvadrat. Primer. Primer diofatske možice s tremi elemeti je { } + 4 kjer je aravo število amreč produkt poljubih dveh elemetov iz možice poveča za am da popoli kvadrat. Poglejmo primer { 3 8 }: 3 + = = 9= 3 + = = Primer 3. Poglejmo še primer diofatske možice s štirimi elemeti kjer je aravo število. Pokažimo da je { 380 } diofatska četverica: V primeru smo že pokazali da je { 3 8 } diofatska trojka torej velja preveriti samo še da je 0 tisto število ki to diofatsko trojko dopoli do četverice: 0 + = = = 36 = =

21 Jožica Špec Diplomsko delo 4 Problem iskaja diofatskih četveric { a b c d} vključuje veliko odprtih problemov. kjer je a < b < c < d i abcd Defiicija. Celoštevilčo diofatsko četverico { a b c d} velja ( a+ b c d) = ( ab+ ) ( cd + ) 4. imeujemo regulara če Odkrita še i bila obea eregulara diofatska četverica. Domeva se da so vse diofatske četverice regulare. Diofatski problem ki ga je Diofat predstavil v tretjem stoletju se glasi; ajdi taka štiri racioala števila { r r r } r 3 4 da je r ir j + kvadrat racioalega števila za vsak i j 4. Diofat je podal primer V sedemajstem stoletju se je Pierre de Fermat (60 665) ukvarjal z diofatskimi četvericami aravih števil. Spraševal se je če lahko dodamo peto aravo število v diofatsko četverico { 3 80 } i tako dobimo diofatsko peterico. Leta 004 je Adrej Dujella dokazal [ 6 ] da e obstaja iti ea diofatska šesterica i da je diofatskih peteric le kočo mogo. Po drugi strai pa je zao da obstaja eskočo mogo diofatskih četveric. I ajbrž je bil Leohard Euler ( ) tisti ki je prvi odkril asledjo eskočo družio diofatskih četveric [ 3 ] : { a b a b ab ( a ab )( b ab ) ab } ( 5 ) kjer sta a i b taki aravi števili da je ab + popoli kvadrat. Dokažimo da je to res družia diofatskih četveric. Preverimo ajprej če prva tri števila res predstavljajo diofatsko trojko: Recimo da je ab l + =. Potem je

22 Jožica Špec Diplomsko delo 5 ( ) a a b l a ab al = = ( ) a al l a l = + + = +. Na eak ači pokažemo da je ( + + ) + = ( + ) b a b l b l. Dokažimo še da je (5) res diofatska četverica pri dokazu upoštevamo da je ab l + = iz česar sledi da je = l ab: ( )( ) ( ) ( ) a 4l a + l b + l + = 4al ab + la + lb + l + l ab = 3 4 = 4a lb + 4l a + abl + 4l a + l + a b = ( l la ab) = + +. Na eak ači dobimo da je ( )( ) ( ) b 4l a+ l b+ l + = l + lb+ ab. Preverimo še zadji moži produkt ( a+ b+ l) 4l( a+ l)( b+ l) + ( l ab) = 4 ( a b l ) 4l ( ab al lb l ) ( l abl a b ) = = 4a bl 4a l 4abl al 4ab l 4l b bl 9l a b = = ( l l( a b) ab) = V tej družii diofatskih četveric ajdemo ekatere zaimive eskoče poddružie diofatskih četveric. Dva takša primera sta:

23 Jožica Špec Diplomsko delo 6 { F F F 4F F F } kjer Fiboaccijevo število. F ( = F ) F ozačuje -to = { } Neskoča družia ( )( )( ) Dobimo jo tako da v ( 5 ) amesto a vsatvimo aravo število amesto b pa +. Zaimivo je izpostaviti da kljub temu da obstaja eskočo mogo diofatskih četveric še i bil odkrit algoritem s pomočjo katerega bi lahko opisali vse diofatske četverice. Omeimo kot zaimivost še asledjo trditev s katero je B. W. Joes ( ) razširi problem diofatskih četveric a poliome. Trditev.3 Naj bosta α ( x) i β ( x) korea eačbe ( k k) ( ) w x w ( + ) + = 0. Naj bo fk ( x) = α β / α β i c ( x) = f ( x) f ( x). Potem za poliome k+ k k k+ x x+ c ( x) c ( x) velja da če produktu poljubih dveh poliomov prištejemo ea k dobimo popoli kvadrat. Dokaz izpustimo. V asledjem razdelku bomo dokazali da je { F F F 4F F F } četverica diofatska. Fiboaccijeva števila Defiicija... Fiboaccijevo zaporedje je zaporedje ki je defiirao rekurzivo a asledji ači: F = F = i F = F + F za vse 3. Čleom Fiboaccijevega zaporedja pravimo Fiboaccijeva števila.

24 Jožica Špec Diplomsko delo 7 Nasledje Fiboaccijevo število dobimo če seštejemo predhodi dve Fiboaccijevi števili: Leoardo Pisao Fiboacci (70-50) je prvi opisal to zaporedje pri opisu rasti določeega števila zajcev [ 4 ]. Števila opisujejo število parov zajcev po mesecih če upoštevamo: Prvi mesec imamo e par zajcev ovorojei pari so plodi od svojega drugega meseca aprej vsak mesec vsak plode par zaplodi ov par i zajci ikoli e umrejo.. Fermatov problem i Fiboaccijevo zaporedje Števila tvorijo diofatsko četverico. Daveport je dokazal da je 0 edio možo število ki diofatsko trojko iz števil 3 8 dopoli do diofatske četverice i da je emogoče ajti diofatsko peterico ki bi vsebovala ta štiri števila [ 8 ]. Iz tega bi lahko hitro domevali a povezavo med Fiboaccijevim zaporedjem i diofatskimi četvericami. Če vzamemo diofatsko trojko { 3 8 } vidimo da so to zaporedi sodi člei Fiboaccijevega zaporedja ( ) ( 358 ) F = kjer je. Trditev.. Za vsak je { F F F } diofatska trojka. Še več a) b) F F + = F + + F F + = F c) za vsak. F F + = F

25 Jožica Špec Diplomsko delo 8 Dokaz. Izrek dokažemo z matematičo idukcijo. a) F F + = F za vsak. + + Najprej pokažimo da ta zveza velja za =. Leva stra eačbe: FF + = FF + 4 = = 4 Desa stra eačbe: F = F = + 3 = 4 Vidimo da je res leva stra eaka desi zato ta zveza velja za =. Sledi še drugi del dokaza kjer moramo pokazati da če zveza velja za da od tod sledi da zveza velja tudi za +. Dokažimo torej da iz F F + = F sledi + + F F + = F Pri dokazu bomo ajprej upoštevali defiicijo Fiboaccijevega zaporedja F 0 = F = i F = F + F za vse ( ) ( )( ) F F + = F F F + F + = = F F + F F F F F + = = F F F + F F F + = = F + F F F + = ( )( ) = F + F F F F + F + = = F+ + F+ 3 ( F+ F+ + F+ FF+ FF+ ) +. Sedaj uporabimo idukcijsko predpostavko da je F F + = F i dobimo: + +

26 Jožica Špec Diplomsko delo 9 ( ) ( ( ) ) ( ) F + F F F + F F F F = = F + F F F F + F F = = F + F F + F F = = F + F F = F Torej vidimo da je res F F + = F S tem je prva zveza dokazaa. Dokažimo še ostali dve. Postopek je eak. b) F F + = F za vsak Najprej pokažimo da ta zveza velja za =. Leva stra eačbe: FF + 4 = FF + 6 = = 9 Desa stra eačbe: F + = F4 = 3 = 9 Vidimo da je res leva stra eaka desi zato ta zveza velja za =. Sledi še drugi del dokaza kjer moramo pokazati da če zveza velja za da iz tega sledi da zveza velja tudi za +. Dokažimo da iz F F Zopet bomo pri dokazu + = F sledi da je F0 = F = i F = F + F za vse F F + = F ajprej upoštevali defiicijo Fiboaccijevega zaporedja

27 Jožica Špec Diplomsko delo 0 ( )( ) F F + = F F F + F + = = F + F F F F F F + = ( ) ( )( ) = F + F F F F F + = ( ) ( + 4 F+ F+ 3) ( ). = F + F F F F + F + = = F + F F + F F F F = F + F F + F F F = Pri prvi zvezi smo že pokazali (glej a)) da je ter dobimo: F F + = F i to uporabimo tukaj ( ) ( ) F + F F + F F F + = = F + F F + F F = = F Vidimo da je res F F + = F S tem je druga zveza dokazaa. c) Te zveze i potrebo dokazovati saj je eaka zvezi a) če v jo vstavimo amesto vredost +. Poglejmo ali lahko diofatsko trojko { F F F } dopolimo do diofatske četverice. Izrek.. Za vsak je { F F F 4F F F } diofatska četverica. Dokaz. Dokazali smo že da je { F F F } diofatska trojka. Pokažimo da jo število 4F + F + F + 3 dopoli do diofatske četverice.

28 Jožica Špec Diplomsko delo Iz zveze F F + = F vidimo da je + + F+ FF+ =. Upoštevamo defiicijo Fiboaccijevega zaporedja F0 = F = i F = F + F za vse 0 i dobimo da je + + ( ) ( ) = F F F = F F F F = = F F F + F F = = F F + F F F = = F F F F Preverimo če am res produkt prvega i zadjega člea diofatske četverice { F F F 4F F F } poveča za ea da popoli kvadrat: 4FF+ F+ F+ 3+ = 4 FF+ F+ F+ 3 + F+ F+ FF+ 3 = (F+ F+ ). Zdaj vstavimo amesto v eačbo dobimo da je = = F F F F 3 še + i F+ FF F+ 3 F+ F+ 4 F+ 3F+ 4 F+ F+ 4 F+ 3F+ = + =. Preverimo vredost produkta tretjega i četrtega člea diofatske četverice { F F F 4F F F } povečaega za ea če am res da popoli kvadrat: 4F+ F+ F+ 3F+ 4 + = 4 F+ F+ F+ 3F+ 4 + F+ F+ 4 F+ 3F+ = (F+ F+ 3+ ). Zvezo F = F F pomožimo iz obeh strai z F + i dobimo 4F F F + = (F + )

29 Jožica Špec Diplomsko delo Torej je tudi produkt drugega i četrtega člea diofatske četverice { F F F 4F F F } poveča za ea popoli kvadrat. Tako za = dobimo diofatsko četverico { 3 80 } za = diofatsko četverico { } i tako aprej. Avtorji v člaku [ 8 ] domevajo da je število 4F + F + F + 3 edio možo število za adgradjo diofatske trojke { F F F } diofatsko četverico. To domevo je leta 999 dokazal Adrej Dujella [ 6 ] v.3 Nadgradja diofatske trojke Problem adgradje diofatskih trojk predstavlja iskaje (vseh) takih aravih števil d ki bi jih lahko dodali dai diofatski trojki { a b c} kjer je a< b< c i tako dobili diofatsko četverico { } abcd kjer je a< b< c< d. Ta problem je še vedo ereše. Dobljeih je bilo ekaj delih rezultatov ki jih bomo obravavali v adaljevaju. Na precej lahek ači lahko poiščemo par števil { ab } z diofatsko lastostjo (ju produkt poveča za ea je popoli kvadrat). Vzamemo poljubo število x i faktoriziramo x a produkt dveh števil. x = ( x )( x+ ) torej. x = ( x )( x+ ) + a = x b= x+ Prav tako i težko poiskati še tretjega števila c ki bi am dal trojko { abc } z diofatsko lastostjo.

30 Jožica Špec Diplomsko delo 3 Recimo da je ac + = y i bc + = z. Iz prve eačbe dobimo da je ( y ) c = b pa a izpostavimo iz prejšjih eakosti i dobimo da je ( x ) b =. Zato je a ( x )( y ) bc =. a Opazimo da je rezultat malo majši kot kvadrat števila xy a za ek w potem je ( x )( y ) a ( xy w) =. a. Recimo da je rezultat majši Če poračuamo dobimo eačbo xwy x y a = x y i w astopajo simetričo. Rešitve te eačbe am dajo diofatsko trojko če pa dodamo vredost ( w ) d = dobimo z rešitvijo eačbe diofatsko četverico. a Nadgradja dae diofatske trojke { a b c} je vedo mogoča. Diofatsko četverico kostruiramo tako da poiščemo rešitve posebe diofatske eačbe ( a b c d) 4( ab )( cd ). + = + + Eačbo razširimo tako da bo simetriča v štirih spremeljivkah zato je tudi eakovreda. ( a + b c d) = 4( ac + )( bd + ) ( a b c d) 4( ad )( cb ) + = + +. Če pogledamo eačbo kot eačbo ee spremeljivke (recimo d ) ostale tri aj bodo fikse dobimo kvadrato eačbo d d m + + = 0. Če ima kvadrata eačba eo rešitev d potem je druga rešitev d` = d ki je prav tako celo število. Če je d` d i pozitive potem dobimo dve diofatski četverici { abcd } i { abcd } `.

31 Jožica Špec Diplomsko delo 4 Eksplicito dopolimo eačbo ( a+ b c d) = 4( ab+ )( cd + ) i dobimo ( ) d a b c abc = 4( ab+ )( ac+ )( bc+ ) d je pozitive d > 4abc i zato velja da je a < b < c < d. Tako vidimo da je število četverico oblike: d ki dopoli diofatsko trojko { } abc v diofatsko = d + = a + b + c + abc + ( ab + )( ac + )( bc + ) c. ( 6 ) d > S tem smo dokazali Izrek.3. Vsako diofatsko trojko { abc } lahko dopolimo do diofatske četverice { abcd } kjer je d d = a + b + c + abc + ( ab + )( ac + )( bc + ) > c. = + Opazimo da vredost ( )( )( ) d = a + b + c + abc ab + ac + bc + < c prav tako da diofatsko četverico. Prav tako še i bilo dokazao da je d + edia možost za adgradjo trojk. Doslej še ihče i odkril diofatske četverice { abcd } za katero bi veljalo da je a < b < c < d i d d +. Eoličost adgradje diofatskih trojk v četverico: Obstaja samo ekaj primerov kjer lahko pokažemo da obstaja atako eo število d s katerim lahko diofatsko trojko dopolimo do diofatske četverice. Deveport i Baker (969) [ ] sta dokazala da je vredost 0 edio celo število ki adgradi trojko { 38}. Dokaz za ta rezultat i elemetare i ga bomo izpustili. Problem lahko zreduciramo a iskaje rešitve sistema Pellovih eačb 3x = y i x z 8 7 =. Z uporabo Bakerjevega izreka o liearih formah v logaritmih algebraičih števil lahko

32 Jožica Špec Diplomsko delo 5 pokažemo da ima ta sistem kočo mogo rešitev. Numeriči preizkusi pokažejo da je 0 edio tako število ki je večje od 8. Na podobe ači je Veluppillai (980) pokazal [ ] da je 40 edio četrto aravo število ki adgradi diofatsko trojko { 4}. Dokaz je zreduciral a reševaje sistema Pellovih eačb z 3y = z 6x = 5..4 Problem regularih diofatskih četveric Spomimo se da diofatski četverici celih števil { a b c d} ( a + b c d ) = 4( ab + )( cd + ) lastosti. pravimo regulara če velja. Izkaže se da ima taka četverica veliko posebih Gibbs [ 7 ] je dokazal da je vredost d + edio četrto celo število ki adgradi diofatsko trojko { a b c} v regularo diofatsko četverico. Ker še i bila ajdea obea eregulara četverica so Gibbs Arki Hoggatt i Strauss postavili domevo da so vse diofatske četverice regulare. Ta domeva je še zmeraj odprta. V adaljevaju bomo obravavali problem iskaja vseh regularih diofatskih četveric oblike { b c d} kjer je < b< c< d. Opisali bomo vse take četverice i podali dva algoritma za izraču vseh regularih diofatskih četveric oblike { b c d}.

33 Jožica Špec Diplomsko delo 6 3 NESKONČNA DRUŽINA REGULARNIH DIOFANTSKIH ČETVERIC Kostruirali bomo eskočo družio regularih diofatskih četveric oblike { b c d} kjer je < b< c< d. Vzamemo da je b = m za ek m. Za izraču asledjega števila c upoštevamo da mora c biti oblike = t c za ek t tm = t( m) ( t 3 ker za t = dobimo da je b c ( ) ( ) m t s = za ek s sm = s( m) = tako da je 3 t m ). Nadalje mora veljati da je = kjer je 5 s. S preoblikovajem te eakosti dobimo asledjo Pellovo eačbo z ezakama t i s. s ( m ) t = m. ( 7 ) Za poljubo število m ima ta Pellova eačba eskočo mogo pozitivih rešitev i aš cilj je poiskati vse te rešitve. Začeli bomo z iskajem ee družie pozitivih celoštevilskih rešitev ki jo bomo ozačili z t i s = 0 kjer je ajmajša rešitev eaka s 0 = t 0 =. Da ajdemo t m i m ajprej rešimo sorodo Pellovo m m m s m eačbo ( m ) v = u. Najmajša pozitiva rešitev te eačbe je u rešitve oblike u d v ( m m ) = m v = zato so vse jee pozitive + = + (glej lemo..) za =... Posledičo (glej lemo..) dobimo eskočo družio rešitev Pellove eačbe ( ) ( ) ( ) m m s m t = m iz s + m t = + m m+ m =... (8)

34 Jožica Špec Diplomsko delo 7 Torej vsi pari oblike ( m m ) ( ) s m t = m. s t so rešitve Pellove eačbe Za ekspliciti izraču te družie rešitev poovo preuredimo zgorji zapis ( ) ( ) s + m t = m+ m s + m t = m m m m ( ) ( ) = ms + m t + s + mt m m m m m kar vodi do t m = sm + mtm m = msm + ( m ) tm s. (9) Od tod sledi da je t m0 s m0 = = t m s m = m + = m + m t m s m = mt = ms m m t s m m. (0) Namreč če v t m = sm + mtm vstavimo vredost za sm iz eačbe s ( m ) t m = msm + m dobimo t = ms + ( m ) t + mt. m m m m Če upoštevamo da je sm = msm sm (glej 0) ugotovimo: t = m( t mt ) + ( m ) t + mt m m m m m t = mt m t + ( m ) t m m m m tako dobimo rekurzivi zapis: t = mt t. m m m Dokažimo še da je sm = msm sm.

35 Jožica Špec Diplomsko delo 8 V s ms + ( m ) t m = m m Dobimo da je t = mt t dobimo m m m vstavimo vredost za t m m m m t s m m m = (glej 9). s = ms + ( m )( s + mt ). Če upoštevamo da je s s = ms + ( m ) s + m m m m m m ( )( ) ( ) ( )( ) m m m m m s = ms + m m s. m m m ms m s = ms + m s + m s ms m Pridemo do rekurzivega zapisa: s = ms s. m m m Poiščimo še eksplicito obliko zapisa t m. Neskoča družia rešitev Pellove eačbe ( ) ( ) ( ) s + m t = + m m+ m (glej 8). m m s m t = m je oblike Upoštevamo da za družio rešitev v kolobarju ( d ) (glej defiicijo..) velja: ( ) ( ) ( ) ( ) tm = m + m+ m + m + m+ m. d Od tod sledi da je ( ) ( ) ( ) ( ) tm = m m m m m m m ( )

36 Jožica Špec Diplomsko delo 9 Iz zadjega rezultata sklepamo da je eskoča družia diofatskih četveric oblike { b c d} (urejea v araščajočem leksikografskem vrstem redu) porojea iz { bcd } { m tm m tm sm mtm sm 3} = m t ( ) ( ) m s m+ mt m + s m m t m+ m = = { } 3. Poglejmo od kod dobimo vredost d = m + t + s + mt s 3. m m m m Spomimo se da lahko diofatsko trojko { abc } vedo dopolimo do diofatske četverice { abcd } (glej izrek.3.) a asledji ači: ( ab + )( ac + )( bc + ). d d = a + b + c + abc + > c = + Torej vstavimo v eačbo vredosti za a b i c pri tem pa še upoštevamo da je ( ) ( m ) m t = s (glej 7). m ( ) ( )( ) ( )( ) d = + m + t + m t + m t m t + m m m m ( ) ( ) ( ) d = m + t + s + m t s + m m m m d = m + t + s 3+ m t s m m m m d = m + t + s 3+ m t s. m m m m Če upoštevamo da je m = sm + mtm ( sm t m ) rešitev Pellove eačbe ( ) s = ms + m t i da je par t m m ( ) m s m t = m dobimo asledji izrek: Izrek 3. Četverice oblike { b c d} { m t m t } a = m + kjer je m i

37 Jožica Špec Diplomsko delo 30 ( m + ) ( m + m ) + ( m ) ( m m ) tm = m določajo eskočo družio regularih diofatskih četveric. Opombi 3. A. Diofatske četverice ki e pripadajo Eulerjevi družii. Neskoča družia { b c d} { m t m t } a i porojea z Eulerjevo družio = m + { a b a b ab ( a ab )( b ab ) ab } Eulerjeva družia { b c d} { m t m t } a je le poddružia družie = m + { bcd} { m tm m tm sm mtm sm } = ki smo jo kostruirali. Namreč Eulerjevo družio dobimo če vzamemo da je = v družii { b c d} { m t m t } a. = m + B. Druge može družie diofatskih četveric oblike { bcd }. Družia { m t m t m + } i edia eskoča družia regularih diofatskih četveric oblike { bcd }. Razlog je v tem da ima Pellova eačba s ( m ) t = m poleg rešitev { m m } s t tudi druge rešitve. Na primer vzamimo da je m = 3. Potem dobimo da je a = b = m = 8 i dobljea Pellova eačba je s 8t = 7. Ta eačba ima dve osovi rešitvi ( ) i (5 ) i vsaka od jiju am da različo eskočo družio pozitivih celoštevilskih rešitev amreč ( ) ( ) ( ) ( ) t3 = kar am da družie ( ) ( ) i u3 = ( 8 5 ) ( 3 8) ( 8 5 ) ( ) 8 am da ( ) ( )

38 Jožica Špec Diplomsko delo 3 V adaljevaju bomo poiskali vse pozitive rešitve Pellove eačbe ( ) s m t = m.

39 Jožica Špec Diplomsko delo 3 4 KARAKTERIZACIJA REGULARNIH DIOFANTSKIH ČETVERIC Da bi lahko kostruirali vse regulare diofatske četverice oblike { bcd } kjer je < b< c< d moramo ajprej rešiti ekaj Pellovih eačb oblike x dy = L kjer je L ± katere imajo več eskočih druži rešitev. V lemi.. je predstavlje postopek reševaja takšega splošega primera. Lema.. as privede do algoritma za izraču vseh regularih diofatskih četveric oblike { b c d} v leksikografski ureditvi. Algoritem Korak : Rešitev ( ) Pellove eačbe ( ) družio rešitev ( m m ) s t { } x m y = m porodi eskočo 0 kjer je zaporedje ( t m ) defiirao a asledji ači: ( m + ) ( m + m ) + ( m ) ( m m ). tm = m Zaporedje ( m ) t am da eskočo družio regularih diofatskih četveric oblike { a b c d} { m t m t } = m +. Iz tod dobimo da je P = + Upoštevamo m. da je S = m + m i dobimo da je eskoča družia rešitev eaka SP 0 = Korak : S pomočjo leme.. poiščemo vse ostale družie regularih diofatskih četveric. Če obstaja kaka druga rešitev ( ) α β Pellove eačbe x ( m ) y = m potem k P = α + m β i oblike PS.

40 Jožica Špec Diplomsko delo 33 Lema.. pove da obstaja taka rešitev ( ) P < S < PS kjer je * S = α + m β. * * * α* β * ki geerira P i velja da je Od tod dobimo da je ( ) + m < α + β m < m + m + m+ m * * kjer sta α * i β * aravi števili. Zato lahko vse rešitve Pellove eačbe ( ) x m y = m poiščemo tako da vstavljamo vredosti β * = 3 m i preverjamo če je α * aravo število. Vsaka dodata rešitev Pellove eačbe ( ) x m y = m ki se pojavi pri tem iskaju am da ovo eskočo družio rešitev ( um v m ) eačbe ( ) ( α β ) u m v m S + = * + *. Zaporedje ( m ) x m y = m torej v am da ovo možico diofatskih četveric defiiraih s predpisom { abcd} = { m vm v m + }. Primer 4. Vzemimo vredost za m = 3. Poiskati želimo vse regulare diofatske četverice oblike { m vm v m + }. Po izvedbi koraka dobimo da je P = 8 i S = Torej je družia rešitev oblike ( 3 8) ( 8) + + { } 0. + S korakom ajdemo še ostale rešitve i sicer moramo preveriti samo primera ko je β * = 3 i preverjamo če je α * aravo število. α 84 = 9 α = 5 α = 5 α α 89 = 9 α = 65 α

41 Jožica Špec Diplomsko delo 34 Preverjaje am pokaže da je edia dodata rešitev geeriraa z (5 ). Tako dobimo rešitev oblike u3 = ( 5 8) ( 3 8) ( 5 8) ( ) (sledi iz ) zato 4 rešitve za m = 3 izhajajo samo iz zgorjih dveh druži. Lahko je preveriti da za vsako vredost m 3 obstajata vsaj dve osovi rešitvi i sicer ( ) i ( m m + m ). To am da vsaj dve eskoči družii rešitev. Obstajajo vredosti m > 3 za katere se pojavijo še dodate družie. Če je m k k ( ) = + + za ek k potem obstajajo vsaj štiri osove rešitve ( ) ( m m m ) ( kk 3 + k k ) ( k k 3 4k ) + +. Prva taka vredost je m = = + 3 ki ima osove rešitve ( ) ( 9) (3 3) (0 09). Raze tega obstajajo vredosti števila m ki iso oblike ( ) rešitve. Najmajši tak primer obstaja za m = 4. Izkazalo se je [ ] m= k + k+ ampak dajo štiri osove da algoritem za m e razkrije obee vredosti m za katero obstaja šest ali več osovih rešitev. Zgoraj opisai algoritem ima časovo zahtevost O ( m) ampak rezultat je odvise od številih umeričih testov. Sedaj bomo opisali zaprto obliko karakterizacije oziroma opisa diofatskih četveric. Začeli bomo z asledjo lemo: Lema 4. Naj bo { t m } ( ) ( ) m t = s. Potem so diofatska trojka kjer je < t < m s > 0 i aj bo { t ( mt s) } { t ( mt+ s) } { m ( mt s) } { m ( mt+ s) } diofatske trojke. Poleg tega velja mt s < m < mt + s.

42 Jožica Špec Diplomsko delo 35 Dokaz. Preveriti moramo samo da če pomožimo drugi i tretji elemet v zgorji trojki i prištejemo ea da dobimo popoli kvadrat. I res: ( t ) ( mt s) ) + = ( ts m( t ) ( m ) ( mt s) ) + = ( ms t( m ) ( t ) ( mt + s) ) + = ( ts + m( t ) ( m ) ( mt + s) ) + = ( ms + t( m ). Pokažimo da velja mt s < m < mt + s. Da je m< mt+ s sledi iz dejstva da je < t < m i s > 0. Dokažimo še da je mt s < m. ( )( ) ( )( ) s = m t + s= m t + (lema 4.) torej ( )( ) mt m t + < m. To bo veljalo atako tedaj ko bo mt ( ) ( m )( t ) + < 0 oziroma ( ) ( )( ) mt < m t +. Neeačbo kvadriramo i dobimo ( ) ( )( ) m t < m t +. Poračuamo i sledi da je 0< mt m t +

43 Jožica Špec Diplomsko delo 36 0 ( ) < mt+ m + t. Obravavajmo dobljeo eeačbo ( ) dobimo < + Če upoštevamo da je < t < m 0 m t t. ( ) + ( ) + ( ) m t t m t m. Ker so to arava števila i ker je < t < m vidimo da ima t vredost ajmaj torej je ( ) ( ) ( ) ( ) m t + m m + m m+ = m m+ = m > 0. S tem je dokaz leme zaključe. Defiirajmo rekurzivi algoritem ki geerira vse diofatske trojke oblike { bc }. Algoritem Najprej poiščimo metodo ki am da vse pare { } tm za katere je { t m } diofatska trojka. Prvi par je { } i { 0 0 } je ustreza diofatska trojka. Z uporabo leme.. poiščemo asledji par { } (pri tem pa zahtevamo da je m t > 0 ). Trojka ki jo geerira par { } je { 0 3 }. Vredost s v paru je s =. Para ki ju geerirata diofatski trojki { 08 } i { 3 8 } sta { 3 } i { 3 }. Nadaljujemo s tem rekurzivim postopkom tako da iz vsakega para ( tm ) dobimo dva ova para ( mmt + s) i ( tmt + s). Vsako dobljeo diofatsko trojko dopolimo do regulare diofatske četverice z uporabo vredosti d + (glej izrek.3.).

44 Jožica Špec Diplomsko delo 37 Slika : Uporablje algoritem Vsak par tvori ova para:( t m) ( t mt+ s) i ( mmt s) Vsak par ( ) t m ustreza diofatski trojki ( t m ). +. Izrek 4. Algoritem opiše vse diofatske trojke oblike { bc }. Dokaz. Recimo da je m tako ajmajše aravo število za katerega velja da algoritem e opiše vseh diofatskih trojk oblike { t m } { } je t ( mt s) kjer je t < m. Iz leme 4. sledi da prav tako diofatska trojka. Ker je mt s < m sledi iz defiicije m da je zadja trojka določea z ašim algoritmom. Pišimo da je ( m ) ( t ) + = ts m( ) { m t s } ( ) ( ( )) m = mt s s = t (glej (8)) ter uporabimo aš algoritem da dobimo trojko ( ) mt s mt s t ts m t m t. Ker pa velja da je = = dobimo protislovje. Zato posledičo zgorji algoritem opiše vse diofatske trojke oblike { bc }. i Posledica 4.3 Algoritem opiše vse regulare diofatske četverice oblike { bcd }.

45 Jožica Špec Diplomsko delo 38 Dokaz. Dokazali smo že (dokaz izreka 4.) da algoritem opiše vse diofatske trojke oblike { bc }. Ker pa lahko vsako diofatsko trojko a eoliče ači adgradimo v regularo diofatsko četverico (glej izrek.3.) sledi da algoritem posledičo opiše tudi vse regulare diofatske četverice oblike { bcd }.

46 Jožica Špec Diplomsko delo 39 5 ZAKLJUČNE OPOMBE Primerjava algoritma z algoritmom. Kljub temu da oba algoritma opišeta vse regulare diofatske četverice oblike { bcd } se algoritma razlikujeta v dveh pomembih vidikih: z algoritmom leksikografsko geeriramo sezam vseh urejeih regularih diofatskih četveric. Vedar a vsakem koraku zahteva kar ekaj dodatih račuov. Algoritem predstavlja rekurzivo kostrukcijo vseh regularih diofatskih četveric i predstavlja zaprto obliko matematiče karakterizacije oziroma opisa. Toda sezam rezultatov je eureje. Opomba glede sploše diofatske četverice. Metode ki smo jo uporabili za četverice oblike { bcd } i možo uporabiti v splošem primeru vsaj e eposredo. Za sploše diofatske četverice { abcd } imamo t kjer a m i m b = i a a t. Ker je ( m ) ( t ) + a = a s. Dobimo da je ( ) Vidimo da je ( ) ( ) t c = za eki aravi števili m a bc = s + za ek s as m t = a + m. st = rešitev Pellove eačbe ( ) velja as m t = a + m. Na žalost ideja za izraču vseh rešitev te eačbe i izvedljiva z ačiom ki je opisa v lemi... ker a a s ( m ) t soroda eotska Pellova eačba a s ( m ) t = ima celoštevilskih rešitev za a. Namreč če bi rešitev obstaja potem bi lahko opisao metodo za četverice oblike { bcd } uporabili v vseh sploših primerih.

47 Jožica Špec Diplomsko delo 40 6 LITERATURA [] Arki J. Hoggatt V. E. i Straus E. G.: O Euler`s solutio of a problem of Diophatus. Fiboacci Quart. 7 (979) [] Assaf E. i Guero S.: Characterizatio of regular Diophatie quadruples. Elemete der Mathematik 56 () (00) 7 8. [3] Bell A. H. Cross C. C. i Euler L.: The America mathematical Mothly. Vol. 6 No. 3 (Mar. 899) [4] Burto D. M.: Elemetary umber theory. Sigapore: Mcgraw Hill 998. [5] Dujella A.: The problem of Diophatus ad Daveport. Math. Commu. (997) [6] Dujella A.: There are oly fiitely may Diophatie quituples. J. Reie Agew. Math. 566 (004) [7] Gibbs P.: [8] Hoggatt V. E. i Bergum G. E.: A problem of Fermat ad the Fiboacci sequece. Fiboacci Quart. 5 (977) [9]