Anhang B: Quadratische Irrationalzahlen §1 Reel

Anhang B: Quadratische Irrationalzahlen
§1 Reel-quadratische Zahlkörper
Eine reelle Zahl x 6∈ Q heißt quadratische Irrationalzahl, wenn sie Lösung
einer quadratischen Gleichung
(1)
aX 2 − bX − c = 0, a 6= 0
mit rationalen Koeffizienten a, b und c ist.
Nach Multiplikation von (1) mit einer geeigneten rationalen Zahl kann man
erreichen, daß
(∗)
{a, b, c} ⊆ Z, a > 0 und ggT(a, b, c) = 1
1.1 Bemerkung. Die Gleichung (1) mit den Eigenschaften (∗) ist durch
die quadratische Irrationalzahl x eindeutig bestimmt. Man nennt sie die
Gleichung von x.
Beweis. Sei a0 x2 − b0 x − c0 = 0, wobei {a0 , b0 , c0 } ebenfalls die Bedingung (∗)
erfüllt. Dann ist
aa0 x2 −ab0 x−ac0 = 0 = a0 ax2 −a0 bx−ac0 und daher (a0 b−ab0 )x+(a0 c−ac0 ) = 0.
Wegen x 6∈ Q folgt a0 b = ab0 und a0 c = ac0 , also a = ggT(aa0 , ab0 , ac0 ) =
ggT (a0 a, a0 b, a0 c) = a0 . Somit ist a = a0 , b = b0 und c = c0 .
Die Lösungen von (1) sind bekanntlich die Zahlen
√
D
b
±
, wobei D := b2 + 4ac ∈ N
2a
a
kein Quadrat
√ ist. Man nennt D die Diskriminante von x. Es ist also √
x = u + v D mit u, v ∈ Q; die zweite Lösung von (1) ist dann x0 = u − v D.
Man nennt sie die zu x konjugierte quadratische Irrationalzahl. Sie hat
offenbar die gleiche Diskriminante wie x.
√
Sei umgekehrt y = u + √
v d mit rationalen Zahlen u, v und d ∈ Q kein
Quadrat. Setze y 0 = u − v d. Dann ist yy 0 = u2 − v 2 d ∈ Q, y + y 0 = 2u ∈ Q,
also ist
(X − y)(X − y 0 ) = X 2 − (y + y 0 )X + yy 0 = 0
1
eine quadratische Gleichung mit rationalen Koeffizienten und den Lösungen
y und y 0 . Es gilt also:
√
Die quadratischen Irrationalzahlen sind die Zahlen der Form x = u + v d,
wobei u, v ∈ Q, v 6∈ Q und d ∈ N √
kein Quadrat ist. Die zu x konjugierte
quadratische Irrationalzahl ist u − v d.
√
Sei nun d ∈ N kein Quadrat. Dann ist auch d 6∈ Q.
Wir definieren
√
√
K = Q[ d] = {u + v d | u, v ∈ Q} und
√
√
R = Z[ d] = {u + v d | u, v ∈ Z}
1.2 Satz.
a) K ist ein Q–Vektorraum mit Basis {1,
√
d}.
b) K ist ein Körper und R ist ein Ring.
c) Die Konjugationsabbildung
√
√
σ : K −→ K, u + v d 7−→ u − v d
hat folgende Eigenschaften:
σ(a) = a für alle a ∈ Q.
σ(σ(x)) = x für alle x ∈ K und σ(r) ∈ R für alle r ∈ R.
σ(x + y) = σ(x) + σ(y) und σ(x · y) = σ(x) · σ(y) für alle x, y ∈ K.
σ(xn ) = σ(x)n für alle x ∈ K und n ∈ N.
d) Für u,√
v, n ∈ N>0 ist√mit geeigneten
√ũ, ṽ ∈ N>0 √
(u + v d)n = ũ + ṽ d und (u − v d)n = ũ − ṽ d
Beweis.
√
a) Offenbar
ist
K
ein
Q–Vektorraum,
der
von
1
und
√
√ d erzeugt wird.
= 0 mit
1 + d sind über Q linear unabhängig: Sei a · 1 + b d √
a, b ∈ Q. Aus b = 0 folgt a = 0. Wäre b 6= 0, so wäre d = − ab ∈ Q,
Widerspruch.
2
b) Die Abgeschlossenheit gegenüber Addition und Negation ist für K und
R klar. Abgeschlossenheit gegenüber der Multiplikation:
Seien (a, b), (a0 b0 ) ∈ Q2 . Dann gilt
√
√
√
(a + b d)(a0 + b0 d) = (aa0 + bb0 d) + (ab0 + a0 b) d ∈ K
und die rechte Seite liegt in R, falls a, b, a, b0 ∈ Z. Also sind K und R
Ringe. Für den Beweis von d) halten wir noch fest:
(∗) Aus (a, b), (a0 , b0 ) ∈ N2>0 folgt aa0 + bb0 d, ab0 + a0 b ∈ N>0 .
Für die Körpereigenschaft von K muß noch jedes x ∈ K\{0} invertier√
√
a)
bar sein: x = a + b d 6= 0 =⇒ a 6= 0 oder b 6= 0, also auch a − b d 6= 0.
√
√
Es folgt a2 − b2 d = (a + b d)(a − b d) 6= 0 und
√
√
b
a
−
d =1
(a + b d)
a2 − b 2 d a2 − b 2 d
√
c) Zur Basis B = {1, d} gehört der Basisisomorphismus
√
a
Φ : Q2 −→ K,
7−→ a + b d
b
1 0
A=
ist invertierbar mit A · A = E2 . Daher ist
0 −1
Φ−1
A
Φ
σ : K −→ Q2 −→ Q2 −→ K
√
√
u
u
ein Isomorphismus, σ(u + v d) = Φ A
=Φ
=u−v d
−v
v
√
√
√
und σ(σ(u + v d)) = σ(u − v d) = u + v d
√
√
σ(u) = σ(u + 0 d) = u − 0 · d = u für alle u ∈ K.
√
√
Falls r = u + v d ∈ R ist σ(r) = u + (−v) d ∈ R. Da σ ein Vektorraumisomorphismus ist, gilt σ(x + y) = σ(x) + σ(y)
√
√
√
σ((u + v d)(u0 + v 0 d)) = (uu0 + vv 0 d) − (av 0 + u0 v) d
√
√
√
(u − v d)(u0 − v 0 d) = (uu0 + vv 0 d) − (uv 0 + u0 v) d.
Induktiv ergibt sich daraus σ(xn ) = σ(x)n .
3
d) Der erste√Teil folgt durch√Induktion aus (∗). Wegen
σ((a + b d)n ) = σ(a + b d)n gilt auch der Rest.
√
Die Körper der Gestalt K = Q[ d], wobei d ∈ N kein Quadrat ist, nennt
man quadratische Zahlkörper. Halte d fest.
Definition. Die Funktion
N : K −→ Q, x 7−→ xσ(x)
heißt Norm von K.
√
Für x = a + b d ist also N (x) = a2 − b2 d(a, b ∈ Q).
In Analogie zu Anhang A.3.2 zeigt man leicht
1.3 Eigenschaften der Norm. Für x, y ∈ K gilt:
a) N (xy) = N (x)N (y); N (a) = a2 für a ∈ Q,
(insbesondere ist N (−1) = N (1) = 1).
b) Ist x 6= 0, so ist N (x) 6= 0 und x−1 =
σ(x)
.
N (x)
c) Ist x ∈ R, so ist N (x) ∈ Z.
d) Sei R× die Einheitengruppe von R und x ∈ R.
Genau dann ist x ∈ R× , wenn N (x) ∈ Z× = {±1}.
e) G = {x | N (x) = 1} ist eine Untergruppe von R× mit
(i) G = −G
(ii) r−1 = σ(r) für alle r ∈ G
Beweis.
a) ergibt sich sofort aus 1.2.
b) σ : K −→ K ist ein Isomorphismus von Q–Vektorräumen, also ist
σ(x) 6= 0 und somit N (x) = xσ(x) 6= 0 für x =
6 0.
σ(x)
σ(x)
Ferner ist N (x) ∈ K mit x N (x) = 1.
c) ist klar nach dem Beweis von 1.2.c).
4
d) Ist x ∈ R× , so ist x−1 ∈ R× mit x−1 x = 1 und 1 = N (x−1 )N (x), wobei
N (x), N (x−1 ) ∈ Z. Es folgt N (x) = ±1. Ist umgekehrt N (x) = ±1 und
x ∈ R, so ist Nσ(x)
= ±σ(x) ∈ R und x Nσ(x)
= 1, also x ∈ R× .
(x)
(x)
e) Nach a) ist G abgeschlossen unter der Multiplikation und Inversion und
1 ∈ G. Also ist G eine Untergruppe von R× .
N (−x) = N (−1)N (x) = N (x) nach a), also ist G = −G.
Ferner ist rσ(r) = N (r) = 1 für r ∈ G, d.h. r−1 = σ(r).
Im Fall d = 2 gilt noch
(1.4) Satz.
√
a) {ε ∈ R× | ε > 1} = {(1 + 2)n | n ∈ N>0 }
√
b) R× = {±(1 + 2)n | n ∈ Z}
√
c) G = {±(3 + 2 2)n | n ∈ Z}
Beweis.
a) Zeige zunächst, daß
√
1 + 2 = Min{ε | ε ∈ R× und ε > 1}
√
√
Beweis. N (1 + 2) = −1 =⇒ 1 + 2 ∈ R×
√
Sei ε ∈ R× mit ε > 1. Zeige, daß ε ≥ 1 + 2.
√
Schreibe ε = y + x 2 mit x, y ∈ Z : N (ε) = 2σ(ε) = ±1 nach 1.3.
(∗)
Aus |N (ε)| = 1 folgt ε · √
|σ(ε)| = 1 und |σ(ε)| = ε−1 < 1. Es folgt
2y = ε + σ(ε) >
√0 und 2x 2 = ε − σ(ε) > 0, also x > 0 und y > 0 aus
Z =⇒ ε ≥ 1 + 2.
Sei nun ε ∈ R× , ε > 1.
√
√
√
Wegen (1 + 2)n ≥ 1 + n 2 ist lim (1 + 2)n = ∞. Also gibt es genau
n→∞
√
√
ein n ∈ N>0 mit (1 + 2)n−1 < ε < (1 + 2)n . Es folgt η := (1+√ε2)n−1 ∈
√
R× , denn R×√ist eine Gruppe, die ε und 1 + 2 enthält. Außerdem gilt
1 < η ≤ 1 + 2 nach Wahl von n.
5
Nach (∗) gilt aber auch η ≥ 1 +
√
2 und daher ε = (1 +
√
2)n .
Umgekehrt ist für jedes n ≥ 1
√
√
(1 + 2)n > 1 und (1 + 2)n ∈ R× .
b) Offenbar gilt für ε ∈ R× \{±1}.
0 < ε < 1 ⇐⇒ ε−1 > 1
−1 < ε < 0 ⇐⇒ 0 < −ε < 1 ⇐⇒ −ε−1 > 1
ε < −1 ⇐⇒ −ε > 1
Ist also H := {ε ∈ R× | ε > 1}, so ist√R× = {±1} ∪ H ∪ H −1 ∪ (−H) ∪
(−H −1 ) und nach a) gilt H = {(1 + 2)n | n ∈ N>0 }. Es folgt
√
R× = {±(1 + 2)n | n ∈ Z}
√
2)n , n ∈ Z. Dann ist
√
N (ε) = N (1 + 2)n = (−1)n = 1 genau dann, wenn n = 2m, m ∈ N.
√
√
Ferner ist (1 + 2)2 = 3 + 2 2. Es folgt
√
G = {ε ∈ R× | N (ε) = 1} = {±(3 + 2 2)m | m ∈ Z}
c) Sei ε = ±(1 +
6
§2 Die Pell’sche Gleichung
Sei d ∈ N>0 kein Quadrat. Dann nennt man
Y 2 − dX 2 = 1
(∗)
die zu d gehörige Pell’sche Gleichung.
Die Lösungsmenge Hd := {(x, y) ∈ R2 | y 2 − dx2 = 1} der obigen Gleichung
stellt eine Hyperbel in der Ebene R2 dar.
Frage: Welche Gitterpunkte (x, y) ∈ Z2 liegen auf der Hyperbel Hd ?
2.1 Satz. Auf Hd liegen unendlich viele Gitterpunkte.
Genauer gilt: Ist (x0 , y0 ) ∈ N2>0 der Gitterpunkte auf Hd mit der kleinsten
positiven x–Koordinate, so ist
√
√
Hd ∩ Z2 = {(x, y) ∈ Z2 | Es gibt ein n ∈ Z mit y + x d = ±(y0 + x0 d)n }.
√
√
Bemerkung. Sei N die Norm von K = Q[ d], R = Z[ d] √
und
G = {r ∈ R | N (r) = 1} (vgl. §1). Dann ist wegen N (y + x d) = y 2 − dx2
√
(x, y) ∈ Hd ∩ Z2 genau dann, wenn y + x d ∈ G.
Es ist also zu zeigen, daß
(1)
√
G = {±(y0 + x0 d)n | n ∈ Z}
wenn (x0 , y0 ) ∈ Hd ∩ N2>0 mit kleinster x–Koordinate ist.
Im Fall d = 2 wurde dies im Satz 1.4 bereits bewiesen, wobei (x0 , y0 ) = (2, 3)
war.
Zum Beweis von (1) sind
Zunächst werden wir
√ einige Vorbereitungen nötig.
2
zeigen, daß es ein y + x d ∈ G gibt mit (x, y) ∈ N>0 .
2.2 Lemma. Die Ungleichung
(2)
√
1
|Y − X d| <
X
hat unendlich viele Lösungen (x, y) ∈ N2>0 .
7
Für eine reelle Zahl r ≥ 0 bezeichnen wir mit brc den ganzen Anteil von r.
Die ist die ganze Zahl, die bei der Dezimalbruchentwicklung von r vor dem
Komma steht.
√
Beweis von 2.2. Für x = 1 und y = b dc ist
√
√
√
√
1
|y − x d| = |b dc − d| < 1, d.h. |y − x d| < .
x
Damit hat (2) überhaupt eine Lösung in N2>0 .
Behauptung. Zu jeder Lösung (x, y) ∈ N2>0 von (2) gibt es eine weitere
Lösung (x0 , y 0 ) ∈ N2>0 von (2) mit
√
√
|y 0 − x0 d| < |y − x d|.
Damit erhält man wunschgemäß eine unendliche Folge von paarweise verschiedenen Lösungen von (2).
√
√
Beweis der Behauptung. Wegen d 6∈ Q ist |y − x d| =
6 0 für alle
2
(x, y) ∈ N>0 . Also gibt es ein m ∈ N>0 mit
√
1
|y − x d| > .
m
(3)
Konstruiere nun ein (x0 , y 0 ) ∈ N2>0 mit
1
m
√
> |y 0 − x0 d|.
Betrachte dazu die Menge
√
√
√
M := {1, b dc, b2 d + 1c, . . . , bm dc + 1}
√
von m + 1 positiven ganzen Zahlen. Für jede u = bλ dc + 1 ∈ M gilt
√
0 < u − λ d ≤ 1.
Damit erhält man eine Abbildung
√
√
√
ϕ : M −→ (0, 1], bλ dc + 1 7−→ bλ dc + 1 − λ d
Zerlege (0, 1] in m halboffene Intervalle der Länge
(0, 1] = (0,
1
.
m
1
1 2
m−1
] ∪ ( , ] ∪ ... ∪ (
, 1]
m
m m
m
8
Weil M aus m + 1 Elementen besteht gibt es u1 < u2 in M , so daß ϕ(u1 )
und ϕ(u2 ) in das gleiche Intervall der Länge m1 fallen. Insbesondere ist dann
|ϕ(u2 ) − ϕ(u1 )| <
1
m
√
√
Es ist u1 = bλ1 dc + 1, u2 = bλ2 dc + 1 mit 0 ≤ λ1 < λ2 ≤ m.
Es folgt
√
√
√
1
|(u2 −u1 )−(λ2 −λ1 ) d| = |(u2 −λ2 d)−(u1 −λ1 d)| = |ϕ(u2 )−ϕ(u1 )| < .
m
Setzt man y 0 = u2 − u1 und x0 = λ2 − λ1 , so erhält man
√
1
und 0 < x0 ≤ m
|y 0 − x0 d| <
m
√
und (x0 , y 0 ) erfüllt die Bedingung |y 0 − x0 d| < m1 ≤ x10 .
Ferner gilt nach Wahl von m wegen (3)
√
√
1
< |y − x d|, was zu beweisen war.
|y 0 − x0 d| <
m
√
2.3 Lemma. Es gibt ein k ∈ Z, 0 <| k| < 1 + 2 d, so daß die Gleichung
(4)
Y 2 − dX 2 = k
in N2>0 unendlich viele Lösungen hat.
√
Beweis. Nach 2.2 gibt es ein (x, y) ∈ N2>0 mit |y − x d| < x1 .
Daraus ergibt sich die Beziehung
√
√
√
√
|y + x d| = |y − x d + 2x d| < x1 + 2x d, also
√
√
√
√
0 < |y 2 − dx2 | = |y − x d||y + x d| < x12 + 2 d ≤ 1 + 2 d.
Nach 2.2 gibt es dann sogar unendlich viele (x, y) ∈ N2>0 mit
√
0 < |y 2 − dx2 | < 1 + 2 d
Bei der Abbildung
ϕ : N2>0 −→ Z\{0}(x, y) 7−→ y 2 − dx2
9
√
√
werden also unendlich viele Punkte in das Intervall I = (−1 − 2 d, 1 + 2 d)
abgebildet, welches aber nur endlich viele ganze Zahlen enthält. Also wird
bei der Abbildung ϕ wenigstens ein Wert k ∈ I ∩ Z\{0} an unendlich vielen
Stellen (x, y) ∈ N2>0 angenommen.
Wir zeigen nun, daß die Gleichung Y 2 − dX 2 = 1 eine Lösung (x, y) ∈ N2>0
besitzt.
Nach 2.3 gibt es ein k ∈ Z\{0}, so daß die Gleichung (4) in N2>0 unendlich
viele Lösungen hat. Es gibt also insbesondere zwei Lösungen von (4) in N2>0 ,
so daß
(x1 , y1 ) 6= (x2 , y2 ),
x1 ≡ x2 mod k und y1 ≡ y2 mod k.
Wir setzen
y1 y2 − dx1 y2
y1 x2 − y2 x1
und x =
.
k
k
Dann gilt nach Wahl von (x1 , y1 ) und (x2 , y2 )
y=
y1 y2 − dx1 x2 ≡ y12 − dx21 ≡ k ≡ 0 mod k und
y1 x2 − y2 x1 ≡ y1 x1 − y1 x1 ≡ 0 mod k
und somit (x, y) ∈ Z2 .
Wir zeigen nun, daß x 6= 0, y 2 − dx2 = 1 und y 6= 0.
Angenommen x = 0. Es folgt y1 x2 = y2 x1 , also y2 =
Ferner ist x2 =
k=
x2
x.
x1 1
y22
−
x2
y.
x1 1
Einsetzen in (4) ergibt
dx22
=
x2
x1
2 y12
−
dx21
x2
=
x1
2
k, d.h. x2 = x1
und damit auch y2 = y1 , Widerspruch.
Aus k 2 (y 2 − dx2 ) = (y1 y2 − dx1 x2 )2 − d(y1 x2 − y2 x1 )2 =
= (y12 − dx21 )(y22 − dx22 ) = k 2 folgt y 2 − dx2 = 1.
Ferner ist y 2 = 1 + dx2 ≥ 1 und daher y 6= 0.
Damit ist (|x|, |y|) ∈ N2>0 eine Lösung der Pell’schen Gleichung.
Sei nun (x0 , y0 ) ∈ N2>0 die Lösungt der Pell’schen Gleichung mit kleinster
x–Koordinate. Wie schon ausgeführt wurde, ist zu zeigen, daß
√
G = Γ := {±(y0 + x0 d)n | n ∈ Z}
10
√
Wegen N (y0 + x0 d) = y02 − x20 d = 1 ist Γ ⊆ G ⊆ R× .
Offenbar ist Γ wie G eine Untergruppe von R× , also Γ = Γ−1 , und es gilt
Γ = −Γ und G = −G.
Zeige zunächst, daß
G+ := {r ∈ G | r > 1} ⊆ Γ
(5)
−1
Dann ist auch G = {1} ∪ G + ∪ − G+√
∪ G−1
+ ∪ −G+ ⊆ Γ. Zum Beweis von
(5) zeigen wir zuerst, daß ε := y0 + x0 d = Min G+ .
√
Sei dazu r = y + x d ∈ G+ , r 6= ε. Angenommen r < ε.
Aus rσ(r) = 1 folgt 1 > σ(r) > 0, d.h.
√
√
1 > y − x d > 0 und 2y = r + σ(r) > 1, 2x d = r − σ(r) > 0.
Es folgt y > 0 und x > 0. Nach Wahl von x0 ist daher x ≥ x0 .
Aus r < ε und x ≥ x0 folgt y < y0 und daher
p
p
y2 − 1
y02 − 1
√
√
x=
<
= x0 , Widerspruch.
d
d
√
√
√
Sei nun y + x d ∈ G+ , y + x d 6= ε. Wie gesehen y + x d > ε. Wegen ε > 1
ist lim εn = ∞. Es gibt also genau ein n ∈ N>0 mit
n→∞
√
εn−1 < y + d ≤ εn .
√
Da G eine Gruppe ist und {ε, y + x d} ⊆ G}, ist auch η =
(6)
√
y+x d
n−1
ε
∈ G.
Aus (6) folgt 1 < η ≤ ε und η ∈ G+ .
Daher ist auch η ≥ ε = Min G+ , d.h. η = ε und
√
y + x d = εn .
Wir wollen noch sehen, wie man rekursiv von (x0 , y0 ) ausgehend alle Gitterpunkte auf Hd berechnet. Dabei kann man sich aus Symmetriegründen auf
den ersten Quadranten beschränken.
Wähle yn , xn ∈ N>0 so, daß
√
√
yn + xn d = (y0 + x0 d)n+1
11
(n ∈ N).
Nach 2.1 ist dann
Hd ∩ N2>0 = {(xn , yn ) | n ∈ N}.
√
√
Wegen yn − xn d = (y0 − x0 d)n+1 ergibt sich
xn =
yn =
√
√
(y0 +x0 d)n+1 −(y0 −x0 d)n+1
√
2 d
√
√
(y0 +x0 d)n+1 +(y0 −x0 d)n+1
2
und
für alle n ∈ N
2.4 Korollar. Die positiven Gitterpunkte (xn , yn ), n ∈ N auf Hd berechen
sich rekursiv aus (x0 , y0 ) mit den Formeln
xn = yn−1 x0 + xn−1 y0
yn = yn−1 y0 + dxn−1 x0
für alle n ≥ 1
Beweis. yn−1 x0 + xn−1 y0 =
√
√
√
√
√
√
(y0 + x0 d)n x0 d + (y0 − x0 d)n x0 d + (y0 + x0 d)n y0 − (y0 − x0 d)n y0
√
=
2 d
√
√
√
√
(y0 + x0 d)n (y0 + x0 d) − (y0 − x0 d)n (y0 − x0 d)
√
=
= xn
2 d
Der Beweis der zweiten Formel verläuft analog.
Zum Schluß wollen wir noch zeigen, wie man im Fall einer Primzahl der
Form d = m2 + 1, m ∈ N die kleinste positive ganze Lösung der Pell’schen
Gleichung berechnet.
2.5 Satz. Ist d = m2 + 1 eine Primzahl, m ∈ N, so ist (2m, 2m2 + 1) die
kleinste positve Lösung der Pell’schen Gleichung Y 2 − dX 2 = 1.
Beweis. (2m, 2m2 + 1) ist offenbar eine Lösung.
Sei (x, y) ∈ N2>0 eine beliebige Lösung. Dann ist
x2 (m2 + 1) = y 2 − 1 = (y − 1)(y + 1).
Da nun m2 + 1 eine Primzahl ist, folgt
m2 + 1 | y + 1 oder m2 + 1 | y − 1.
1. Fall. Ist m2 + 1 = y + 1 oder m2 + 1 = y − 1, so ist
12
x2 = m2 − 1 oder x2 = m2 + 3. Es folgt
(m − x)(m + x) = 1 oder (x − m)(x + m) = 3.
Dies ist nur möglich, wenn m = 1, x = 2 und y = 3 gilt.
2. Fall. m2 + 1 k y − 1 oder m2 + 1 k y + 1. Es folgt
y + 1 ≥ 2(m2 + 1) und daher x2 (m2 + 1) = (y + 1)(y − 1) ≥
≥ 2(m2 + 1)(2(m2 + 1) − 2) = 4(m2 + 1)m2 .
Kürzen ergibt
x2 ≥ 4m2 und x ≥ 2m.
13
§3 Anwendungen der Pell’schen Gleichung
A. Quadrat- und Dreieckszahlen.
Quadratzahlen:
•
1
••
••
4
•••
•••
•••
9
• • ••
• • ••
• • ••
• • ••
16
•••••
•••••
•••••
•••••
•••••
25
•
••
•••
• • ••
10
•
••
•••
• • ••
•••••
15
• • • • ••
• • • • ••
• • • • ••
• • • • ••
• • • • ••
• • • • ••
36
Dreieckszahlen:
•
1
•
••
3
•
••
•••
• • ••
•••••
• • • • ••
21
•
••
•••
6
•
••
•••
• • ••
•••••
• • • • ••
•••••••
28
•
••
•••
• • ••
•••••
• • • • ••
•••••••
• • • • • • ••
36
Dabei sind 1 und 36 sowohl Quadrat- als auch Dreieckszahlen.
Frage: Wie kann man alle natürlichen Zahlen bestimmen, die sowohl Quadratals auch Dreieckszahlen sind? Gibt es davon unendlich viele?
14
Ist w ∈ N>0 eine Quadrat- und Dreieckszahl, so gibt es natürliche Zahlen m
und n mit
w = m2 =
(1)
n(n + 1)
(= 1 + 2 + . . . + n)
2
Setze x := 2m und y = 2n + 1. Aus x und y berechnen sich n und m als
n = y−1
und m = x2 .
2
Aus (1) folgt
x2
4
=
y−1 y+1 1
· 2 · 2,
2
d.h. x und y genügen der Pell’schen Gleichung.
Y 2 − 2x2 = 1
(2)
Ist also w = m2 n(n+1)
mit m, n ∈ N>0 , so ist (x, y) = (2m, 2n + 1) ein
2
Gitterpunkt auf der Hyperbel H2 : Y 2 − 2X 2 = 1 im positiven Quadranten.
Sei umgekehrt (x, y) ∈ H2 ∩ N2>0 . Dann gilt 2x2 = y 2 − 1 = (y + 1)(y − 1).
Insbesondere ist y ungerade und x gerade und y > 1. Setze
m :=
x
2
und
n :=
y−1
.
2
Dann sind m, n ∈ N>0 und
m2 =
x2
y2 − 1
y+1y−1 1
1
=
=
· = (n + 1)n · .
4
8
2
2
2
2
2
Damit ist x4 eine Quadrat- und Dreieckszahl, wobei x2 die Kantenlänge des
zugehörigen Quadrats und y−1
die Kantenlänge des zugehörigen Dreiecks ist.
2
Wir fassen das bisher gesehene zusammen.
3.1 Satz. Die Quadrat- und Dreieckszahlen aus N>0 entsprechen eineindeutig
den positiven Gitterpunkten auf der Hyperbel H2 : Y 2 − 2X 2 = 1. Genauer
gilt:
a) Ist w = m2 = n(n+1)
eine Quadrat- und Dreieckszahl, so ist
2
(2m, 2n + 1) ∈ H2 .
ganz und
b) Ist (x, y) ∈ H2 ∩ N2>0 , so sind die Zahlen m = x2 und n = y−1
2
n(n+1)
2
w = m = 2 ist die zugehörige Quadrat- und Dreieckszahl.
15
Wir wenden Korollar 2.4 im Fall d = 2 an und erhalten
3.2 Korollar. Die Gitterpunkte H2 ∩ N2>0 ergeben sich rekursiv aus
x0 = 2, y0 = 3 mit den Formeln
xn = 2yn−1 + 3xn−1 ; yn = 3yn−1 + 4xn−1 für alle n ≥ 1.
Aus 3.1 und 3.2 ergeben sich schließlich Rekursionsformeln für die Quadratund Dreieckszahlen.
3.3 Korollar. Ordnet man die Quadrat- und Dreieckszahlen
zn = qn2 = dn (d2n+1 ) nach ihrer Größe, so gilt für die Kantenlängen qn bzw. dn
der zugehörigen Quadrate bzw. Dreiecke
q0 = d0 = z0 = 1
qn = 2dn−1 + 3qn−1 + 1 ; dn = 3dn−1 + 4qn−1 + 1 für alle n ≥ 1
Man erhält also
q1 = 2 + 3 + 1 = 6
; d1 = 3 + 4 + 1 = 8,
z1 = 36
q2 = 16 + 18 + 1 = 35
; d2 = 24 + 24 + 1 = 49,
z2 = 1225
q3 = 98 + 105 + 1 = 204 ; d3 = 147 + 140 + 1 = 288, z3 = 41616
usw.
Beweis. Nach 3.1 sind die Zahlen zn =
Dreieckszahlen und es gilt
qn =
dn =
xn
2
yn −1
2
=
=
x2n
,n
4
= 0, 1, 2, . . . die Quadrat- und
Kantenlänge des Quadrats und
Kantenlänge des Dreiecks.
Setzt man die Formeln aus 3.2 ein, so ergibt sich
x2
z0 = 40 = 1, q0 = x20 = 1, d0 = y02−1 = 1 und
qn = x2n = yn−1 + 32 xn−1 = 2dn−1 + 1 + 3qn−1 ,
dn = yn2−1 = 32 yn−1 + 2xn−1 − 12 = 32 (2dn−1 + 1) + 4qn−1 −
= 3dn−1 + 4qn−1 + 1 für n ≥ 1
1
2
=
B. Ein kombinatorisches Problem. Eine Urne enhalte q ≥ 2 Kugeln;
davon seien r Kugeln rot und die übrigen schwarz.
Frage: Wie müssen die Zahlen q und r gewählt sein, damit gilt:
16
(1)
Die Wahrscheinlichkeit dafür, daß zwei Kugeln, die ohne Zurücklegen
gezogen werden, beide rot sind, ist 12 .
3.4 Satz. Aussage (1) gilt genau dann, wenn gilt:
q(q − 1) = 2r(r − 1)
(2)
q
Beweis. Es gibt
verschiedene Stichproben der Ordnung 2. Davon beste2
r
hen
aus zwei roten Kugeln. Also gilt (1) genau dann, wenn
2
q
r
=2
, d.h. wenn q(q − 1) = 2r(r − 1).
2
2
Zusammenhang mit der Pell’schen Gleichung.
Wir betrachten anstelle der gewöhnlichen Pell’schen Gleichung
Y 2 − 2X 2 = +1 die Gleichung
Y 2 − 2X 2 = −1 ; H̃2 : Y 2 − 2X 2 = −1
(3)
3.5 Satz. Seien q und r positive ganze Zahlen. Genau dann erfüllen q und r
die Bedingung (2), wenn (x, y) = (2q − 1, 2r − 1) die Gleichung (3) löst.
Beweis. Seien x, y ∈ N>0 mit y 2 − 2x2 = −1. Wegen y 2 = 2x2 − 1 ist y
ungerade. Es folgt
y 2 ≡ 1 mod 4 und daher 2x2 = y 2 + 1 ≡ 2 mod 4.
Also ist auch x ungerade. Schreibe daher x und y in der Form
y = 2q − 1 und x = 2r − 1 mit q, r ∈ N>0 .
Aus y 2 = 2x2 − 1 folgt (2q − 1)2 = 2(2r − 1)2 − 1, d.h.
q(q − 1) = 2r(r − 1).
Seien umgekehrt q, r ∈ N>0 mit q(q − 1) = 2r(r − 1).
Setze y = 2q − 1 und x = 2r − 1. Dann gilt
y 2 − 2x2 = 4q 2 − 4q + 1 − 8r2 + 8r − 2 = −1.
Damit ist gezeigt:
17
3.6 Korollar. Genau dann erfüllt das Zahlenpaar (q, r) die Bedingung (1),
wenn (x, y) = (2q − 1, 2r − 1) die Gleichung Y 2 − 2X 2 = −1 löst.
√
√
2],
R
=
Z[
2] und N die Norm von K, d.h.
Sei nun wieder
K
=
Q[
√
N (y + x d) = y 2 − 2x2 , wenn (x, y) ∈ Q2 .
Es gilt also:
√
(x, y) ∈ N2>0 löst (3) genau dann, wenn N (y + x d) = −1.
√
Insbesondere ist dann y + x d ∈ R× .
√
Nach 1.4 gilt R× = {±(1 + 2)n | n ∈ Z} und
√
N (1 + 2) = −1. Es folgt
√
√
√
(4) {y + x d | (x, y) ∈ N2>0 , N (y + x d) = −1} = {(1 + 2)2n+1 | n ∈ N}
3.7 Korollar. Die Menge aller (q, r) ∈ N2>0 mit q ≥ 2 und q(q−1) = 2r(r−1)
erhält man mit der Formel
m q
3 4
1/2
1/2
=
+
, m ∈ N>0 .
r
2 3
1/2
1/2
Beweis. Nach 3.5 gilt
{(q, r) ∈ N2>0 | q(q − 1) = 2r(r − 1)} = {(
x+1 y−1
,
) | x, y ∈ H̃2 ∩ N2>0 }
2
2
√
Nach (4) ist H̃2 ∩ N2>0 = {(1 + 2)2m+1 | m ∈ N}.
√
√
Nun ist (1 + 2)2 = 3 + 2 2 und daher
√
√
√
(1 + 2)2m+1 = (3 + 2 2)m (1 + 2)
3.8 Lemma. Für u, v, x, y ∈ R gilt:
√
√
√
y
3 4
v
=
genau dann wenn (3 + 2 2)(v + u 2) = y + x 2
x
2 3
u
Beweis. Es ist
3 4
v
3v + 4u
=
und
2 3
u
2v + 3u
18
√
√
√
(3 + 2 2)(v + u √2) = (3v + 4u) + (2v + 3u) 2. Aus der linearen Unabhängigkeit von 1 und 2 über Q folgt die Behauptung.
Aus 3.8 ergibt sich rekursiv
√
y + x 2 = (1 +
√
2m+1
2)
m y
3 4
1
⇐⇒
=
x
2 3
1
Zurück zum Beweis von 3.7.
Wie gesehen durchläuft (q, r) die Paare
√
√
x+1 y−1
x+1
,
mit y + x 2 = (1 + 2)2m+1 , m ∈ N≥0 , q =
≥2
2
2
2
q
1
m=0:
=
was nicht zugelassen ist.
r
1
m ≥ 1 : Wie gesehen ist
m q
y
1/2
3 4
1
1/2
1
1
= 2
+
=2
+
=
r
x
1/2
2
3
1
1/2
m 3 4
1/2
1/2
=
+
; offenbar ist dann q ≥ 2
2 3
1/2
1/2
Für kleine m ergibt sich:
Probe:
3
2
Probe:
Probe:
3 4
1/2
1/2
4
+
=
also q = 4, r = 3
2 3
1/2
1/2
3
4
3
= 6,
=3
2
2
4
7/2
1/2
41/2
1/2
21
+
=
+
=
; q = 21, r = 15
3
5/2
1/2
29/2
1/2
15
21
15
= 210,
= 105
2
2
3 4
41/2
1/2
120
+
=
; q = 120, r = 85
2 3
29/2
1/2
85
120
85
= 7140;
= 3570
2
2
19
§4 Kettenbrüche
In Kapitel III, 6.6 haben wir gesehen, daß sich jede reelle Zahl x als Grenzwert
einer Folge (rn ) rationaler Zahlen schreiben läßt. Für Zahlen x > 1 gibt es eine
kanonische Wahl für diese Folge, die sogenannte Kettenbruchentwicklung
von x.
An ihr läßt sich ablesen, ob es sich bei x um eine quadratische Irrationalzahl
handelt oder nicht.
Definition. Seien x1 , . . . , xn positive reelle Zahlen, n ≥ 1.
Der zu (x1 , . . . , xn ) gehörige Kettenbruch < x1 , . . . , xn > ist rekursiv erklärt als
< x1 >:= x1
< x1 , x2 >:= x1 + x12
< x1 , x2 , x2 >:= x1 +
..
.
1
<x2 ,x3 >
< x1 , . . . , xn >:= x1 +
=< x1 , < x2 , x3 >>
1
<x2 ,...,xn >
=< x1 , < x2 , . . . , , xn >> (n ≥ 3)
Beispiel. < 1, 2, 3, 4 >=< 1, < 2, 3, 4 >>= 1 +
=1+
(n = 1)
(n = 2)
(n = 3)
1
<2,3,4>
=
1
1
1
1
43
=1+
=1+
=1+
1
1
4 =
< 2, < 3, 4 >>
30
2 + <3,4>
2 + 3+ 1
2 + 13
4
4.1 Bemerkung. Für n ≥ 3 gilt < x1 , . . . , xn >=< x1 , . . . , xn−2 , < xn−1 , xn >>.
Beweis. n = 3 :< x1 , x2 , x3 >=< x1 , < x2 , x3 >> gilt definitionsgemäß .
Schluß von n − 1 auf n. Sei n ≥ 4 und 4.1 bewiesen für n − 1:
< x1 , . . . , xn >
Def.
=
Def.
=
I.V.
< x1 , < x2 , . . . , xn >> = < x1 , < x2 , . . . , xn−2 , < xn−1 , xn >>>=
< x1 , x2 , . . . , xn−2 , < xn−1 , xn > .
Offenbar gilt für a1 , . . . , an ∈ N>0 :< a1 >= a1 und für n ≥ 2 ist
1
< a1 , . . . , an >= a1 + <a2 ,...,a
∈ Q (Induktion nach n) und
n>
< a1 , . . . , an >> 1.
Es gilt auch umgekehrt
4.2 Satz. Jedes x ∈ Q, x ≥ 1 besitzt eine endliche Kettenbruchentwicklung
x =< a1 , . . . , an > mit ai ∈ N>0 . Eine reelle Zahl x ≥ 1 hat somit genau dann
20
eine endliche Kettenbruchentwicklung x =< a1 , . . . , an > mit a1 , . . . , an ∈
N>0 , wenn x rational ist.
Beweis. 1 =< 1 >, wir können also x > 1 annehmen.
Schreibe x in gekürzter Darstellung
x=
y0
mit ggT (y0 , y1 ) = 1 und y0 , y1 ∈ N>0 .
y1
Schließe induktiv nach y1 . Für y1 = 1 ist x ∈ N und x =< x >.
Sei y1 > 1 und 4.2 bewiesen für alle reellen Zahlen > 1 mit einem Nenner
< y1 . Dividiere y0 durch y1 mit Rest und erhalte
y0 = a1 y1 + y2 mit a1 > 0, 0 < y2 < y1 , also
y2
y1
y0
x =
= a1 +
und
>1
y1
y1
y2
Nach Induktionsvoraussetzung besitzt x2 = yy12 eine endliche Kettenbruchentwicklung x2 =< a2 , . . . , an >, i ∈ N>0 . Es folgt
x = a1 +
y2
1
= a1 +
=< a1 , x2 >=< a1 , < a2 , . . . , an >>=< a1 , . . . , an > .
y1
x2
Anmerkung zu 4.2. Der euklidische Algorithmus für das Paar (y0 , y1 ) liefert
die Zahlen a1 , . . . , an mit x =< a1 , . . . , an >:
y0 = a1 y1 + y2
y1 = a2 y2 + y3
..
.
, 0 < y2 < y1
, 0 < y3 < y2
yn−2 = an−1 yn−1 + yn , 0 < yn < yn−1
yn−1 = an yn
wobei ai ∈ N>0 , i = 1, . . . , n. Man schließt induktiv:
y0
=< a1 , . . . , an >
y1
Konstruktion der Kettenbruchentwicklung einer irrationalen Zahl.
Für x ∈ R, x ≥ 0 bezeichne bxc den ganzen Anteil von x.
Sei nun x ∈ R\Q, x > 1.
21
1. Schritt. Setze a1 := bxc und x1 := x.
Nach Voraussetzung ist 0 < x − a1 < 1, d.h.
x2 :=
1
x−a1
> 1 und x2 6∈ Q, und daher
x = a1 +
1
=< a1 , x2 > .
x2
Man kann wegen x2 > 1, x2 6∈ Q, das Verfahren mit x2 fortsetzen.
2. Schritt. Setze a2 := bx2 c und x3 :=
x 2 = a2 +
1
.
x2 −a2
Dann ist
1
=< a2 , x3 > und
x3
x =< a1 , x2 >=< a1 , < a2 , x3 >>=< a1 , a2 , x3 >, x3 > 1, x3 6∈ Q.
Fahre so fort: Seien a1 , . . . , an−1 ∈ Q>0 und x1 , . . . , xn ∈ N\Q, xj > 1 schon
konstruiert.
Schritt von n − 1 auf n. Setze an := bxn c und xn+1 :=
1
.
xn −an
Dann ist xn+1 > 1, xn+1 6∈ Q und
(1)
x n = an +
1
xn+1
=< an , xn+1 > .
Damit sind ai und xi für alle i ∈ N>0 rekursiv definiert und
xi > 1, x1 ∈ R\Q, ai ∈ N>0 . Ferner gilt
(2)
x =< a1 , . . . , an , xn+1 > für alle n ∈ N>0 .
Beweis. (2) gilt nach Schritt 1 für n = 1.
4.2
Schluß von n auf n + 1 :< a1 , . . . , an , an+1 , xn+2 > =
I.V.
< a1 , . . . , an , < an+1 , xn+2 >>< a1 , . . . an , xn+1 > = x
Definition. Die rationale Zahl rn :=< a1 , . . . , an >, n ≥ 1 heißt der n–te
Näherungsbruch und xn die n–te Restzahl von x.
Offenbar gilt: < ak , . . . , ak+n−1 > ist der n–te Näherungsbruch von xk und
xk+n−1 ist die n–te Restzahl von xk .
4.3 Satz. Die Folge (rn ) konvergiert gegen x.
22
4.4 Lemma. Sei (a1 , . . . , an ) ∈ Qn>0 beliebig vorgegeben.
Setze rn :=< a1 , . . . , an > und definiere rekursiv:
p0 = 1, p1 = a1 , pi = ai pi−1 + pi−2
für 2 ≤ i ≤ n. Dann gilt
q0 = 0, q1 = 1, qi = ai qi−1 + qi−2
(3)
rn =
pn
.
qn
Beweis von 4.4. (Induktion nach n.) n ≤ 2:
r1 =< a1 >=
p1 p2
a2 p 1 + 1
1
;
=
= a1 +
=< a1 , a2 >= r2
q1 q2
a2 · 1 + 0
a2
Sei n ≥ 3 und 4.4 bewiesen für n − 1. Insbesondere gilt 4.4 für das (n − 1)–
tupel (a1 , . . . , an−2 , < an−1 , an >>. Es folgt
< an−1 , an > pn−2 + pn−3
=
< an−1 , an > qn−2 + qn−3
an−1 pn−2 + pn−3 + a1n pn−2
=
=
an−1 qn−2 + qn−3 + a1n qn−2
< a1 , . . . , an−2 , < an−1 , an >> =
(an−1 +
(an−1 +
1
)pn−2
an
1
)q
an n−2
+ pn−3
pn−1 +
1
p
an n−2
1
q
an n−2
qn−1 +
+ qn−3
=
an pn−1 + pn−2
pn
=
an qn−1 + qn−2
qn
Ferner gilt nach 4.1 < a1 , . . . , an >=< a1 , . . . , an−2 , < an−1 , an >>.
Beweis von 4.3. Seien pn und qn wie in 4.4.
Behauptung. Für alle n ∈ N>0 ist
(4)
x=
pn xn+1 + pn−1
qn xn+1 + qn−1
Beweis. (Induktion) n = 1:
p1 x2 + p0
a1 x 2 + 1
1
(2)
=
= a1 +
=< a1 , x2 > = x
q1 x 2 + q0
x2
x2
Schluß von n − 1 auf n, n ≥ 2 : xn+1 =
1
xn −an
, also
pn + (xn − an )pn−1
an pn−1 + pn−2 + xn pn−1 − an pn−1
=
=
x n − an
x n − an
pn−1 xn + pn−2
=
x n − an
pn xn+1 + pn−1 =
23
Analog zeigt man: qn xn+1 + qn−1 =
qn−1 xn +qn−2
.
xn −an
Es folgt
pn−1 xn + pn−2 I.V.
pn xn+1 + pn−1
=
= x
qn xn+1 + qn−1
qn−1 xn + qn−2
Behauptung. Für alle n ≥ 1 ist
pn−1 qn − qn−1 pn = (−1)n−1
(5)
Beweis. (Induktion) n = 1 : p0 q1 − q0 p1 = 1 · 1 − 0 · a1 = 1 = (−1)0 .
Schluß von n − 1 auf n, n ≥ 2:
pn−1 qn − qn−1 pn = pn−1 (an qn−1 + qn−2 ) − qn−1 (an pn−1 + pn−2 ) =
I.V.
= pn−1 qn−2 − qn−1 pn−2 = (−1)(pn−2 qn−1 − qn−2 pn−1 ) = (−1)n−1
Daraus folgt schließlich
(4) (pn xn+1 + pn−1 )qn − (qn xn+1 + qn−1 )pn p
n
=
x − = qn qn (qn xn+1 + qn−1 )
pn−1 qn − qn−1 pn (5)
1
1
qn (qn xn+1 + qn−1 ) = (qn xn+1 + qn−1 )qn < q 2
n
Wegen qn −→ ∞ für n −→ ∞ ist
lim rn = lim pqnn = x.
n−→∞
1
2
qn
eine Nullfolge und
n→∞
Schreibe für diese Tatsache auch
x = lim < a1 , . . . , an > oder x =< a1 , a2 , a3 , . . . > .
n−→∞
24
§5 Periodische Kettenbrüche und
quadratische Irrationalzahlen
Wir werden sehen, daß die Kettenbruchentwicklung einer irrationalen Zahl
x > 1 genau dann periodisch ist, wenn x eine quadratische Irrationalzahl ist.
Sei also x ∈ R\Q, x > 1 und x = lim < a1 , . . . , an > die Kettenbruchentx→∞
wicklung von x.
Definition. x =< a1 , a2 , a3 , . . . > heißt periodischer Kettenbruch, wenn
es ein n0 ∈ N>0 und ein k ∈ N>0 , gibt, so daß
an = an+k für alle n ≥ n0 .
k heißt Periode von x. Schreibe in diesem Fall
x =< a1 , . . . , an0 −1 , an0 , . . . , an0 +k−1 >
Spezialfall. Sei x periodisch mit n0 = 1, also x =< a1 , . . . , ak > .
Dann nennt man x auch rein periodisch.
Nach Definition der Restzahlen gilt für alle l ∈ N>0 .
xl =< al , al+1 , . . . >, insbesondere für l = k + 1
xk+1 =< ak+1 , ak+2 , . . . >=< a1 , a2 , . . . >= x
Aus §4, (4) ergibt sich also im rein periodischen Fall
x=
pk x + pk−1
, d.h.
qk x + qk−1
qk x2 + (qk−1 − pk )x − pk−1 = 0
Fazit. Hat x eine rein periodische Kettenbruchentwicklung, so ist x eine
quadratische Irrationalzahl.
Sei
(6)
aX 2 − bX − c = 0
die normierte Gleichung von x, d.h.
(7)
{a, b, c} ⊆ Z, a > 0 und ggT (a, b, c) = 1
25
Definitionsgemäß ist D := b2 + 4ac die Diskriminante von x.
√
b
Die Lösungen von (6) sind dann 2a
± aD und D > 0.
√
Es ist also√x = u + v D mit u, v ∈ Q, und die zweite Lösung von (6) ist
x0 = u − v D, die zu x konjugierte quadratische Irrationalzahl.
Allgemeiner Fall. Sei nun x > 1 periodisch, aber nicht rein periodisch:
x =< a1 , . . . , an0 −1 , an0 , . . . , an0 +k−1 >, n0 ≥ 2
Dann ist xn0 =< an0 , . . . , an0 +k−1 > rein periodisch, also nach dem Spezialfall
eine quadratische Irrationalzahl.
Es gilt:
(∗)
x = x 1 , x 1 = a1 +
1
1
, . . . , xi−1 = ai−1 + , . . .
x2
xi
Behauptung. Die Zahl x ist ebenfalls eine quadratische Irrationalzahl und
sie hat die gleiche Diskriminante wie xn0 .
Wegen (∗) folgt dies sofort aus
5.1 Lemma. Sei y = α +
1
x
mit α ∈ Z und x ∈ R\{0}.
a) Genau dann ist x eine quadratische Irrationalzahl, wenn dies für y
zutrifft.
b) Ist x eine quadratische Irrationalzahl und x0 konjugiert zu x, so ist auch
α + x10 konjugiert zu α + x1 .
c) Ist x eine quadratische Irrationalzahl, so haben x und y die gleiche
Diskriminante.
Beweis. Sei (a, b, c) wie in (7). Es gilt
1
1
az 2 − bz − c = 0 ⇐⇒ c( )2 + b( ) − a = 0
z
z
Damit ist a) und b) im Fall α = 0 gezeigt. Ferner ist
1
D( ) = (−b)2 + 4ca = b2 + 4ca = b2 + 4ac = D(x).
x
Es ist also noch zu zeigen: Ist x eine quadratische Irrationalzahl, so gilt:
26
i) x + α ist eine quadratische Irrationalzahl.
ii) Ist x0 konjugiert zu x, so ist x0 + α konjugiert zu x + α.
iii) D(x) = D(x + α)
i) und ii) wurden bereits im §1 gezeigt.
Sei (6) die normierte Gleichung von x.
Dann ist x + α eine Nullstelle des Polynoms.
a(X − α)2 − b(X − α) − c = aX 2 − (b + 2aα)X − (c − bα − aα2 )
Es ist ggT (a, b + 2aα, c − bα − aα2 ) = ggT (a, b, c) = 1, also
D(x + α) = (b + 2aα)2 + 4a(c − bα − aα2 ) = b2 + 4ac = D(x).
Damit gilt auch iii).
Fazit. Hat x ∈ R, x > 1 eine periodische Kettenbruchentwicklung, so ist x
eine quadratische Irrationalzahl.
Davon gilt auch die Umkehrung, man hat also
5.2 Satz. (Euler, Lagrange) Sei x ∈ R\Q, x > 1. Genau dann hat x eine
periodische Kettenbruchentwicklung, wenn x eine quadratische Irrationalzahl
ist.
Beweis. Sei x > 1 eine quadratische Irrationalzahl. Wir werden zeigen, daß
x ein periodischer Kettenbruch ist. Dazu sind einige Vorbereitungen nötig.
Definition. x heißt reduziert, falls für die zu x konjugierte Zahl x0 gilt:
0 > x0 > −1.
5.3 Lemma. Sei D > 0 eine ganze Zahl, die kein Quadrat ist. Dann gibt es
nur endlich viele reduzierte quadratische Irrationalzahlen mit Diskriminante
D.
Beweis. Sei x > 1 eine quadratische Irrationalzahl mit Diskriminante D und
√
D
b
0
+
normierter Gleichung
(6).
Da
x
>
1
ist
und
0
>
x
>
−1,
muß
x
=
2a
2a
√
b
und x0 = 2a
− 2aD sein.
Es folgt 0 < −x0 =
√
−b+ D
2a
< 1, also
√
b
= x + x0 > 1 − 1 = 0, also b > 0 und b < D wegen x0 < 0.
a
27
Es folgt 0 < b <
√
D.
Damit kann b bei vorgegebenem D nur endlich viele verschiedene ganzzahlige
Werte annehmen. Wegen −x0 < 1 < x gilt
√
√
−b + D
b+ D
<a<
2
2
Also gibt es bei vorgegebenen b und D auch für a nur endlich viele Möglichkeiten.
2
Schließlich ist c = D−b
durch die Vorgabe von a, b und D schon festgelegt.
4a
Insgesamt haben wir gesehen:
Ist D vorgegeben, so gibt es für a, b und c in einer normierten Gleichung (6)
nur endlich viele Möglichkeiten, wenn ihre Lösung x > 1 eine reduzierte
quadratische Irrationalzahl werden soll.
Eigentlicher Beweis von 5.2. Sei x > 1 eine quadratische Irrationalzahl
und x =< a1 , a2 , . . . > ihre Kettenbruchentwicklung.
1
Für ihre Restzahlen gilt: x = x1 und xn = an + xn+1
. Nach 3.5 ist mit x auch
xn eine quadratische Irrationalzahl, und zwar mit der gleichen Diskriminante
wie x. Ferner besteht zwischen den Konjugierten x0n und x0n+1 ebenfalls die
Beziehung
x0n = an +
x0n+1 =
x0n
1
x0n+1
und damit auch
1
für alle n ∈ N>0
− an
Behauptung. Für alle n ≥ 2 gilt
−x0n =
(8)
qn−2 x0 − pn−2
qn−1 x0 − pn−1
Beweis. (Induktion.) x = x1 =⇒ x0 = x01 =⇒ x02 =
1
x0 −a1
=
q0 x0 −p0
p1 −q1 x0
Schluß von n auf n + 1, n ≥ 2 :
x0n+1 =
1
I.V.
=
x0n − an
1
qn−2 x0 −pn−2 −an pn−1 +an qn−1 x0
−qn−1 x0 +pn−1
28
=
=
qn−1 x0 − pn−1
−qn−1 x0 + pn−1
=
−
qn x 0 − p n
qn x 0 − p n
Aus (8) ergibt sich nun
−
1
x0n
=
(5)
=
qn−1 x0 − pn−1
qn−1 qn−2 x0 − pn−1 qn−2
1
=
·
=
0
0
qn−2 x − pn−2
qn−2 x − pn−2
qn−2
1
1
(qn−1 qn−2 x0 − qn−1 pn−2 ) − (−1)n−1
·
=
0
qn−2 x − pn−2
qn−2
qn−2
pn−2
n→∞ qn−2
Nach 4.3 ist lim
(−1)n−1
qn−1 −
n−2
qn−2 (x0 − pqn−2
)
= x und es ist x 6= x0 wegen D 6= 0.
Ferner ist qn−1 − qn−2 ≥ qn−3 ≥ 1 für n ≥ 4.
Für große n gilt also
1
1
− 0 −1=
xn
qn−2
(−1)n−2
qn−1 − qn−2 − 0 pn−2
(x − qn−2 )qn−2
denn dann ist qn−2 > 0, qn−1 − qn−2 ≥ 1 und
(−1)n−1
p
(x0 − qn−2 )qn−2
n−2
!
>0
ist eine Nullfolge.
Somit ist − x10 > 1 für große n, d.h. −1 < x0n < 0.
n
M. a. W.: Für große n ist xn eine reduzierte quadratische Irrationalzahl mit
Diskriminante D.
Da es davon nach 5.3 aber nur endlich viele gibt, gibt es positive ganze Zahlen
i0 und l mit xi0 = xi0 +l . Es folgt
< ai0 , ai0 +1 , . . . >= xi0 = xi0 +l =< ai0 +l , ai0 +l+1 , . . . >
Für alle i ≥ i0 ist also ai = ai+l , d.h.: Die Zahl
x =< a1 , . . . , ai0 , ai0 , . . . , ai0 +l−1 >
ist ein periodischer Kettenbruch.
29
!