Статья: Сопряжённые числа

Рис. 1. Проходят ли эти гиперболы

через бесконечное число узлов клетчатой бумаги?

Найти ответы на эти вопросы нам поможет число 1 + √2. Закономерность, позволяющая получать всё новые и новые решения (x;y), указана в таблице:

n	(1 + √2)n	xn	yn	xn 2 – 2yn 2	(1 – √2)n
1	1 + √2	1	1	1 – 2 = –1	1 – √2
2	3 + 2√2	3	2	9 – 8 = 1	3 – 2√2
3	7 + 5√2	7	5	49 – 50 = –1	7 – 5√2
4	17 + 12√2	17	12	289 – 288 = 1	17 – 12√2
5	41 + 29√2	41	29	1681 – 1682 = –1	41 – 29√2
...	...	...	...	...	...

Какой будет шестая строчка?

Видно, что коэффициенты x_n , y_n в числе

x_n + y_n √2 = (1 + √2)ⁿ

будут давать нужную пару. Доказать это поможет колонка таблицы из сопряжённых чисел (мы снова применяем (4)):

x_n – y_n √2 = (1 – √2)ⁿ .

Перемножив два последних равенства, получим

x

2 n

– 2y

2 n

= (–1)n ,

и интересующее нас выражение попеременно равно то 1, то –1. Складывая и вычитая эти же два равенства, мы получим явное выражение для x_n и y_n :

xn =	(1 + √2)n + (1 – √2)n 2	,
yn =	(1 + √2)n – (1 – √2)n 2√2	.

Можно ли в решении этой задачи про целые числа обойтись без иррациональных чисел 1 + √2 и 1 – √2? Теперь, зная ответ, мы можем легко выразить (x_n+1 ;y_n+1 ) через предыдущую пару (x_n ;y_n ): из x_n+1 + y_n+1 √2 = (x_n + y_n √2)(1 + √2) вытекает

xn+1 = xn + 2yn , yn+1 = xn + yn .

(6)

До этого рекуррентного соотношения можно было, видимо, догадаться по нескольким первым решениям, а потом проверить, что

|x

2 n

– 2y

2 n

| = |x

2 n+1

– 2y

2 n+1

|.

Добавив начальное условие x₁ = 1, y₁ = 1, отсюда (по индукции) можно было бы заключить, что |x_n ² – 2y_n ² | = 1 для любого n. Далее, выразив обратно (x_n ;y_n ): через (x_n+1 ;y_n+1 ), «методом спуска» ([8]) можно доказать, что найденной серией исчерпываются все решения уравнения (5) в натуральных числах (x;y). Подобным же образом решается любое «уравнение Пелля» x² – dy² = c (а к уравнениям такого типа сводится любое квадратное уравнение в целых числах x, y), но у исходного уравнения может быть несколько серий решений ([7]).