Page 208 - vol2

4. feladat: Oldjuk meg a  halmazon az x − 2 2y = 2 1 alakú Pell
egyenletet.
=
Megoldás: Vegyük észre, hogy ( ,x y 0 ) (3,2) a legkisebb pozitív
0
megoldása az egyenletnek, ezért az előbbiek értelmében
1 1
x =  (3 2 k ) n + 1 + (3 2 k ) n + 1  és y =  (3 2 k ) n + 1 − (3 2 k ) n + 1 
−
+
+
−
n
2   n 2 2  
. Ennek a részletes levezetését az érdeklődő Olvasó az előbbiek mintájára
könnyen megteheti.
5. feladat: Keressük meg az összes n pozitív egész számot, amelyekre
egyidőben n + 1 is és 3n + 1 is négyzetszámok!

2
Megoldás: A feltételek alapján felírható, hogy n + 1 x és 3n + 1= y
2
=
ahonnan 3x − 2 y = 2 2 ami nem éppen a szokványos Pell egyenlet, ezért
1 1
−
elvégezzük az u = (3x − ) y és v = (y x transzformációt, aminek
)
2 2
nyomán azt kapjuk, hogy u − 2 3y = 2 1 és az előbbiek alapján ennek a Pell
1
egyenletnek az általános megoldása u =  (2 + 3) k+ 1 + (2 − 3) k+ 1  és
k
2  
1
v =  (2 + 3) k+ 1 − (2 − 3) n + 1  . Így hát a feladat megoldásai
k
2 3  
1

2

2
n = x − 1 (u + v ) − =  (2 + 3) 2k+ 1 + (2 − 3) 2k+ 1 − 4 , k  1 .
=
1
k
k
k
k
6  
Végezetül rátérünk egy nagyon érdekes sorozattípusra, a homografikus
sorozat megoldására.
z
Egy z n+ 1 = f ( ) rekurzió alapján értelmezett sorozatot, ahol
n
+
ax b
x
f ( ) = , homográfikus sorozatnak nevezzük. Érdekes módon, az
+
cx d
általános tagjának a meghatározása visszavezethető a már tárgyalt lineáris
az + b
rekurziós egyenletrendszerre. Tehát z = n . A z általános tagot
n+
1
cz + d n
n
x x ax + by
z = y n n alakban keressük, és mivel y n+ 1 1 = cx + dy n n , ezért azzal a feltétellel
n
n
n+
n

208