Trikotniška števila

Univerza v Ljubljani Pedagoška fakulteta

Oddelek za matematiko in računalništvo

Marko Razpet

TRIKOTNIŠKA IN KVADRATNA ŠTEVILA

Študijsko gradivo Zgodovina matematike

Ljubljana, november 2019

Vsebina

Seznam slik 3

Trikotniška števila 7

Središčno trikotniška števila 12

Kvadratna števila 15

Središčno kvadratna števila 17

Kdaj jeT_n=T⁰_m? 19

Kdaj jeT_n=Q_m? 23

Kdaj jeT_n=Q⁰_m? 26

Kdaj jeT⁰_n=Q_m? 27

Kdaj jeT⁰_n=Q⁰_m? 31

Kdaj jeQ_n=Q⁰_m? 34

Tetraedrska števila 36

Rodovne funkcije 39

Vrste z obratnimi vrednostmi 43

Kvadratna in Fibonaccijeva števila 48

Za konec 50

Viri 50

Seznam slik

1 Tetraktis. . . 5

2 Zloženi zidaki. . . 5

3 Prečni presek skladovnice iz 36 hlodov. . . 6

4 Predstavitve trikotniškega številaT₇. . . 7

5 Nazorno do števila T₉. . . 9

6 K enakosti 8T_n+ 1 = (2n+ 1)². . . 10

7 Začetna trikotniška števila. . . 11

8 Vsota zaporednih trikotniških številT₈ inT₉. . . 11

9 Začetna središčno trikotniška števila. . . 13

10 Središčno trikotniška in navadna trikotniška števila. . . 14

11 Središčno trikotniško število je vsota treh trikotniških števil. . . 15

12 Začetna kvadratna števila. . . 16

13 Začetna središčno kvadratna števila. . . 17

14 Središčno kvadratna in navadna trikotniška števila. . . 18

15 Prikaz trikotniškega in kvadratnega števila 1225. . . 25

16 Trikotniška in tetraedrska števila v Pascalovem trikotniku. . . 37

17 Tetraedrsko številoT₁₅= 680. . . 38

18 Graf funkcijeΨ₁. . . 45

19 Razdelitev Fibonaccijevega pravokotnika na kvadrate. . . 49

Predgovor

Namen pričujoče študije je prikaz trikotniških in kvadratnih števil ter središčno trikotniških in središčno kvadratnih števil. To so štiri posebne zvrsti naravnih števil, s katerimi preštevamo enake objekte, ki so razpore- jeni po točno določenem geometrijskem redu. Navedli bomo nekatere last- nosti teh števil in odgovorili na šest vprašanj: kdaj je število ene zvrsti tudi število druge zvrsti, na primer, kdaj je trikotniško število tudi kvadratno.

Pri tem se problem prevede na Pellove in linearne rekurzivne enačbe, za katere predpostavljamo, da je že znan način reševanja.

Število enakih predmetov, razporejenih v neki geometrijski red, bodisi v ravnini ali v prostoru, opredeljuje tako imenovano figurativno število.

Geometrijski red razporeditve lahko narekuje ravninski lik ali geometrij- sko telo. Obravnavali bomo po dve zvrsti trikotniških in kvadratnih števil, pri katerih se red razporeditve pokorava enakostraničnim trikotnikom oziroma kvadratom. Posplošitve so večkotniška števila (petkotniška ali pentagonalna, šestkotniška ali heksagonalna, sedemkotniška ali heptago- nalna, osemkotniška ali oktagonalna, . . . ), ki pa jih tukaj ne bomo obrav- navali. Tuja imena slednjih prihajajo iz grških števnikov πέντε – pet, ἕξ– šest,ἑπτά– sedem,ὀκτώ– osem in samostalnikaγωνία– kot, ogel.

Ljudje so se že od nekdaj radi igrali s kamenčki, semeni in drugimi bolj ali manj enakimi predmeti, ki so jih zlagali v geometrijske like različnih oblik. Ko so jih začeli še preštevati po dolgem in počez, so odkrili določene zakonitosti. Pitagorejcem, katerim je bilo število nadvse pomembno, so bili posebno všeč v trikotnik zloženi enaki predmeti, na primer kroglice.

Na osnovnici so v vrsti 4, v naslednjih vrstah pa 3, 2 in 1, na vrhu. Vseh kroglic je

1 + 2 + 3 + 4 = 10.

Tako figuro so imenovaliτετρακτύς–četverstvo. Predstavljena je na sliki 1.

Slika 1. Tetraktis.

Zanjo so imeli zanimive filozofske razlage. Lahko je pomenila 4 elemente:

vodo, ogenj, zemljo in zrak. Lahko je združevala osnovne geometrijske pojme: točko, premico, ravnino in prostor. Pa še druge razlage so imeli.

Število 10 je bilo za pitagorejce posebno spoštovano, lahko bi rekli, da jim je bilo kar sveto. Število 10 je po današnjem poimenovanju četrto trikot- niško število.

Slika 2. Zloženi zidaki.

Zidake kvadraste oblike iz posušene ali žgane gline ljudje uporabljajo v gradbeništvu že od najstarejšihčasov. Trikotna skladovnica enakih opek je najbolj stabilna,če so opeke po plasteh premaknjene za polovico dolžine opeke. Tudi pri zidavi se uporablja tak način, le da vmes pride malta, ki

veže opeke v trden zid. Na sliki 2 je ponazoritev skladovnice iz 55 opek v 10 plasteh: v prvi vrsti je 10 opek, v drugi 9, . . . , v zadnji, deseti pa ena.

Vsega skupaj je v skladovnici

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55 opek. Število 55 je deseto trikotniško število.

Podobno gozdarji zlagajo hlode. V prečnem preseku dobimo za 36 hlodov podobo, ki jo kaže slika 3.

Slika 3. Prečni presek skladovnice iz 36 hlodov.

Število 36 je trikotniško, osmo po velikosti:

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36.

Takoj opazimo, da je 36 hkrati trikotniško in kvadratno. Kasneje bomo našli način, kako poiščemo vsa kvadratna trikotniška števila.

Praktično imajo trikotniška števila neki pomen. Zidarju in gozdarju ni treba prešteti vseh zidakov oziroma hlodov,če so zloženi trikotno. Dovolj jih je prešteti na eni od stranic.Če jih je tamn, je vsehT_n=n(n+ 1)/2.

Z večkotniškimi števili se je ukvarjal Nikomah iz Gerase, Νικόμαχος ὁ Γερασένος, ki je živel v 1. in 2. stoletju, v 3. stoletju pa Diofant iz

Aleksandrije,Διόφαντος ὁ ᾿Αλεξανδρεύς. V 5. in 6. stoletju je živel Boetij, ki je v latinščino prevajal Nikomaha, tako da se je znanje o večkotniških številih preneslo skozi srednji vek do novejših evropskih matematikov, kot so na primer Fermat, Euler, Lagrange in Cauchy.

Trikotniška števila

Trikotniško številoT_nje vsota prvihnzaporednih naravnih števil:

T_n= 1 + 2 + 3 +. . .+n.

Število T_n imenujemo trikotniškozato, ker lahkoT_n enakih objektov raz- vrstimo v obliki trikotnika, ki ima na vrhu 1 objekt, en nivo niže 2, še en nivo niže 3, . . . na najnižjem nivoju, na osnovnici, panobjektov. Trikotnik je po navadi enakostraničen, na vsaki stranici jenobjektov. Včasih trikot- nik poravnamo v desno ali levo stran, da dobimo pravokoten trikotnik, včasih pa je trikotnik raznostraničen (slika 4).

Slika 4. Predstavitve trikotniškega številaT₇.

Če dva enaka trikotnika objektov sestavimo v pravokotnik tako, kot kaže slika 5 zaT₉, lahko pridemo do splošne formule zaT_n. V konkretnem primeru je

T9+T9= 9·10 = 90,

torejT₉= 45. V splošnem pa jeT_n+T_n=n·(n+ 1), kar nam da T_n= n(n+ 1)

2 .

Seveda to ni pravi dokaz. Pravilno se postopa takole, da zapišemo najprej T_n= 1 + 2 +. . .+ (n−1) +n,

nato pa šečlene v obratnem vrstnem redu:

Tn=n+ (n−1) +. . .+ 2 + 1.

Obe vsoti seštejemo, pri tem na desni strani združimo istoležnečlene:

2T_n= (n+ 1) + (n+ 1) +. . .+ (n+ 1) + (n+ 1) =n(n+ 1).

Na koncu dobimo:

T_n= n(n+ 1) 2 .

Dobljeno formulo, da se prepričamo o njeni pravilnosti, lahko dokažemo še z metodo popolne ali matematične indukcije.

Število R_n = 2T_n = n(n+ 1) imenujemo podolžno ali pravokotniško število, ker 2T_nobjektov lahko postavimo v pravokotnik, ki ima eno stran- ico za 1 daljšo od druge in je zato podolgovat. Podolžno število je vsota zaporednih sodih števil:

R_n= 2 + 4 + 6 +. . .+ 2n=n(n+ 1).

Pitagorejci so podolžnemu številu rekli ἑτερομήκης, kar izhaja iz pride- vnikaἕτερος, različen, drugačen, in samostalnikaμῆκος, dolgost, dolžina.

Lahko pa uporabimo znano formulo za vsoto prvihn zaporednih na- ravnih števil, ki je poseben primer vsote višjih potenc prvihnzaporednih naravnih števil:

Sn^(p)= 1^p+ 2^p+ 3^p+. . .+n^p= Xn

k=1

k^p.

Slika 5. Nazorno do številaT₉.

Pri tem jepnaravno število. Zaključene formule na splošno ni, zato nave- dimo le nekaj primerov:

Sn⁽¹⁾=n(n+ 1)

2 , Sn⁽²⁾=n(n+ 1)(2n+ 1)

6 , Sn⁽³⁾=n²(n+ 1)²

4 .

Samo po sebi se nam takoj zastavlja vprašanje, kdaj je naravno število N trikotniško. Očitno ni vsako naravno število trikotniško, na primer 2 in 5. Da bi bilo naravno številoN trikotniško, mora obstajati naravno število n, za katero velja enačba

N =T_n=n(n+ 1)

2 = n²+n 2 . Po množenju obeh strani z 8 dobimo

4(2N) = 4n²+ 4n.

Desno stran dopolnimo do popolnega kvadrata:

8N+ 1 = 4n²+ 4n+ 1 = (2n+ 1)².

Torej je naravno številoN trikotniško natanko tedaj, ko je 8N+ 1 kvadrat lihega števila:

8T_n+ 1 = (2n+ 1)². Enakost zan= 4 ponazarja slika 6.

ZaN = 666 dobimo 8·666 + 1 = 5329 = 73². Iz 2n+ 1 = 73 dobimon= 36. To se pravi, da je 666 trikotniško število, šestintrideseto po velikosti.

Slika 6. K enakosti 8T_n+ 1 = (2n+ 1)².

Obstaja več enakosti, ki veljajo za trikotniška števila. Najpreprostejša je rekurzivna enakost

T_n+1=T_n+ (n+ 1),

ki tudi pove, da iz trikotnika objektov, ki predstavlja število T_n, dobimo trikotnik zaT_n+1 z dodatkom stranice zn+ 1 objekti (slika 7).

Zaporedni trikotniški števili sestavljata kvadrat:

T_n−1+T_n=n². Dokaz poteka preprosto po ustaljenem postopku:

T_n−1+T_n=(n−1)n

2 +n(n+ 1)

2 = n((n−1) + (n+ 1))

2 =n·2n

2 =n².

Slika 7. Začetna trikotniška števila.

Dokazano enakost lahko interpretiramo tudi slikovno (slika 8).

Slika 8. Vsota zaporednih trikotniških številT₈ inT₉. Dokažimo še enakost:

T_n+1² −T_n²= (n+ 1)³.

Uporabimo definicijo trikotniških števil in računamo:

T_n+1² −T_n²= (n+ 1)(n+ 2) 2

!2

− n(n+ 1) 2

!2

=

=1

4((n+ 1)²(n+ 2)²−n²(n+ 1)²) =1

4(n+ 1)²((n+ 2)²−n²)) =

=1

4(n+ 1)²(n+ 2−n)(n+ 2 +n) =1

4(n+ 1)²·2(2n+ 2) = (n+ 1)³. Podobno preverimo naslednje enakosti:

T_n²−1+T_n²=T_n², 3T_n+T_n−1=T_2n, 3T_n+T_n+1=T_2n+1, Tn−1+ 6T_n+Tn+1= 8T_n+ 1,

T_m+n=T_m+T_n+mn,

T_m+n+p =T_m+T_n+T_p+mn+np+mp, T_mn=T_mT_n+T_m−1T_n−1.

Koristno je vpeljati tudi številoT₀ = 0, ki je v soglasju z izrazomT_n= n(n+1)/2. Carl Friedrich Gauß (1777-1855) je dokazal, da je vsako naravno število vsaj na en način vsota treh trikotniških števil. Primeri:

1 =T0+T₀+T₁, 2 =T0+T₁+T₁, 3 =T1+T₁+T₁, 4 =T0+T₁+T₂, 5 =T1+T₁+T₂. Vsa trikotniška števila po vrsti sestavljajo naraščajoče zaporedje naravnih števil:

(T_n)^∞_n=1= (1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,136,153, . . .).

Središ č no trikotniška števila

V trikotnik lahko postavimo objekte tudi tako, da jih razporedimo po ogliščih in stranicah koncentričnih enakostraničnih trikotnikov, enega pa

v njihovo skupno središče. Večji kot je trikotnik, več objektov je na nje- govih ogliščih in stranicah. Prvi, najbližji skupnemu središču, ima objekte le v svojih ogliščih. Naslednji, drugi, ima na vsaki stranici po en objekt, ki stranico deli na dva enaka dela, naslednji po dva, ki stranico delita na tri enake dele, itd (slika 9). Število vseh objektov v opisani razporeditvi z n−1 trikotniki imenujemosrediščno trikotniško številoin ga označimo s T_n⁰. Zan= 1 je trikotnik degeneriran v točko, zato jeT₁⁰= 1. Tudi središčno trikotniška števila sestavljajo naraščajoče zaporedje naravnih števil:

(T_n⁰)^∞_n=1= (1,4,10,19,31,46,64,85,109,136,166,199,235,274,316,361, . . .).

Slika 9. Začetna središčno trikotniška števila.

Vsako središčno trikotniško število lahko izrazimo s trikotniškim številom v obliki:

T_n⁰= 1 + 3T_n−1.

Do te formule pridemo na podlagi prej zapisanih lastnosti teh števil:

T₁⁰= 1, T₂⁰= 1 + 3, T₃⁰= 1 + 3 + 6, T₄⁰= 1 + 3 + 6 + 9, T₅⁰= 1 + 3 + 6 + 9 + 12.

Torej velja rekurzivna formula

T_n+1⁰ =T_n⁰+ 3n.

Iz teh rezultatov lahko sklepamo, da velja v splošnem

T_n⁰= 1 + 3(1 + 2 +. . .+ (n−1)) = 1 + 3T_n−1= 1 +3n(n−1)

2 .

Iz tega sledi še oblika

T_n⁰=3n²−3n+ 2

2 .

Lahko pa uporabimo tudi prikaz na sliki 10 in pridemo s posplošitvijo do istega rezultata. Smiselno je vzeti še T₀⁰ = 1, kar sicer nima slikovne razlage.

Slika 10. Središčno trikotniška in navadna trikotniška števila.

Vsako središčno trikotniško število od drugega naprej je vsota treh za- porednih trikotniških števil:

T_n⁰ =T_n−2+T_n−1+T_n.

Za n = 2 imamo T₂⁰ = T₀+T₁ +T₂ = 0 + 1 + 3 = 4. Sicer pa enakost preverimo takole:

T_n−2+T_n−1+T_n= 1

2((n−2)(n−1) +n(n−1) +n(n+ 1)) =

=1

2(n²−3n+ 2 +n²−n+n²+n) =1

2(3n²−3n+ 2) =T_n⁰. Rezultat lahko ponazorimo slikovno. Slika 11 ustrezan= 5.

Slika 11. Središčno trikotniško število je vsota treh trikotniških števil.

Kvadratna števila

Kvadratna številaQnali preprosteje kvadrati so definirana zelo enostavno:

Q_n=n².

Pri tem je nnaravno število. Kvadratna so iz dveh razlogov: izražajo se s kvadratom naravnega številan, predstavimo pa jih lahko zn²objekti, raz- porejenimi v kvadrat. Če kvadratni predstavitvi zaQ_ndodamo na desnem in zgornjem robu še 2n+ 1 objektov, dobimo predstavitev zaQ_n+1 (slika 12). To pomeni, da velja rekurzivna enačba

Qn+1=Qn+ (2n+ 1).

Kot smo že videli, lahko kvadratna števila izrazimo s trikotniškimi:

Q_n=T_n−1+T_n= 2T_n−1+n.

Kvadratno številoQ_nje vsota prvihnzaporednih lihih števil:

Q_n= 1 + 3 + 5 +. . .+ (2n−1).

Slika 12. Začetna kvadratna števila.

Smiselno je vpeljati številoQ₀ = 0, čeprav mu ne ustreza slikovna ra- zlaga. Joseph-Louis Lagrange (1736–1813) je dokazal, da je vsako naravno število vsota štirih kvadratnih števil. Primeri:

1 =Q₀+Q₀+Q₀+Q₁, 2 =Q₀+Q₀+Q₁+Q₁, 3 =Q₀+Q₁+Q₁+Q₁, 4 =Q₁+Q₁+Q₁+Q₁, 5 =Q₀+Q₀+Q₁+Q₂, 6 =Q₀+Q₁+Q₁+Q₂. Vsako praštevilo, ki pri deljenju s 4 da ostanek 1, je vsota dveh kvadratnih števil. To je trdil, ne pa dokazal, Pierre de Fermat (1607–1665). Taka praštevila so seveda liha. Primeri:

5 =Q₁+Q₂, 13 =Q₂+Q₃, 17 =Q₁+Q₄, 29 =Q₂+Q₅, 37 =Q₁+Q₆. Fermatovo trditev sta dokazala Lagrange in Gauß. Edino sodo praštevilo je 2, ki je tudi vsota dveh kvadratnih števil:

2 =Q₁+Q₁.

Kdaj je naravno številoN vsota dveh kvadratnih števil, je odvisno od ob- like njegovega razcepa na prafaktorje.

Vsa kvadratna števila po vrsti sestavljajo naraščajoče zaporedje na- ravnih števil:

(Q_n)^∞_n=1= (1,4,9,16,25,36,49,64,81,100,121,144,169,196,225,256, . . .).

Središ č no kvadratna števila

Podobno kot središčno trikotniška številaT_n⁰vpeljemo tudi središčno kvad- ratna števila Q⁰_n. Namesto enakostranične trikotnike v tem primeru vza- memo koncentrične kvadrate, na njihovih stranicah in ogliščih pa objekte.

Prvi kvadrat, najbližji skupnemu središču, ima objekte le v svojih ogliščih.

Naslednji, drugi, ima na vsaki stranici po en objekt, ki stranico deli na dva enaka dela, naslednji po dva, ki stranico delita na tri enake dele, itd (slika 13). Zan= 1 je kvadrat degeneriran v točko, zato jeQ⁰₁= 1. Tudi središčno kvadratna števila sestavljajo naraščajoče zaporedje naravnih števil:

(Q_n⁰)^∞_n=1= (1,5,13,25,41,61,85,113,145,181,221,265,313,365,421,481, . . .).

Slika 13. Začetna središčno kvadratna števila.

Prav tako kot središčno trikotniška števila lahko tudi središčno kvadratna izrazimo s trikotniškimi števili:

Q_n⁰ = 1 + 4T_n−1.

Do te formule pridemo na podlagi prej zapisanih lastnosti teh števil:

Q₁⁰ = 1, Q₂⁰ = 1 + 4, Q⁰₃= 1 + 4 + 8, T₄⁰= 1 + 4 + 8 + 12, T₅⁰= 1 + 4 + 8 + 12 + 16.

Potemtakem velja rekurzivna formula

Q⁰_n+1=Q⁰_n+ 4n.

Iz teh rezultatov lahko sklepamo, da velja v splošnem

Q⁰_n= 1 + 4(1 + 2 +. . .+ (n−1)) = 1 + 4T_n−1= 1 + 2n(n−1).

Iz tega sledijo zan >0 še oblike

Q⁰_n= 2n²−2n+ 1 = (n−1)²+n²=Q_n−1+Q_n.

Smiselno je vpeljati številoQ₀⁰ = 1, čeprav mu ne ustreza slikovna ra- zlaga, je pa v soglasju s prejšnjimi formulami. Vsako središčno kvadratno število je vsota dveh kvadratnih.

Tudi zapis kvadratnega trikotniškega števila s trikotniškimi lahko in- terpretiramo slikovno (slika 14).

Slika 14. Središčno kvadratna in navadna trikotniška števila.

Spoznali smo štiri zvrsti figurativnih števil: trikotniška T_n, središčno trikotniška T_n⁰, kvadratna Qnin središčno kvadratnaQ⁰_n. Opazimo, da so

nekatera trikotniška tudi kvadratna. Smiselno se je torej vprašati, kdaj za naravni številininmvelja:

T_n=T_m⁰, T_n=Q_m, T_n=Q⁰_m, T_n⁰=Q_m, T_n⁰ =Q_m⁰ , Q_n=Q⁰_m. Na ta vprašanja bomo odgovorili v naslednjih razdelkih.

Kdaj je T

= T

?

Kdaj je trikotniško število T_n enako središčno trikotniškemu številu T_m⁰? Vprašanje ima smisel, saj je T₁ = T₁⁰ = T₀⁰ = 1. Da bi poiskali še druge rešitve, prepišemo enačboTn=T_m⁰ v obliko

n(n+ 1)

2 = 1 + 3m(m−1)

2 ,

ki jo na obeh straneh pomnožimo z 8, da dobimo 4n²+ 4n= 8 + 3(4m²−4m).

Na obeh straneh dopolnimo do popolnih kvadratov:

(4n²+ 4n+ 1)−1 = 8 + 3(4m²−4m+ 1)−3, (2n+ 1)²= 6 + 3(2m−1)².

Vpeljemo števili x= 2n+ 1 iny= 2m−1, ki sta zam≥1 naravni. Dobimo posplošeno Pellovo, pravilneje Fermatovo enačbo

x²−3y²= 6.

Pridružena ali pripadajoča Pellova enačba je x²−3y²= 1,

ki ima očitno trivialno rešitev (x0, y₀) = (1,0) in osnovno rešitev (x₁, y₁) = (2,1), iz katere najdemo vse druge po znanem postopku (glej [3]). Rešitve (x_k, y_k) dobimo namrečs formulo

xk+yk

√

3 = (x₁+y1

√

3)^k= (2 +

√ 3)^k.

Cela števila x_k in y_k za k = 0,1,2,3, . . . sestavljajo neskončni zaporedji.

Zanju lahko najdemo ločeni rekurzivni enačbi, ki ju znamo rešiti. Najprej zapišemo:

x_k+1+y_k+1

√

3 = (x₁+y₁

√

3)^k+1= (2 +

√

3)(x_k+y_k

√ 3).

Dobimo sistem rekurzivnih enačb:

x_k+1= 2x_k+ 3y_k, y_k+1=x_k+ 2y_k.

Pri tem smo upoštevali enoličnost zapisa števil v obseguQ(

√

3). Na splošno obsegQ(√

m), kjermni kvadratno število, sestavljajo številaα+β√

m, kjer staα inβ racionalni števili. Omenjena enoličnost je posledica dejstva, da je število √

m iracionalno. Z izločitvijo yk iz prve in xk iz druge enačbe dobimo linearni homogeni rekurzivni enačbi drugega reda z začetnimi pogoji:

x_k+2= 4x_k+1−x_k, x₀= 1, x₁= 2;

yk+2= 4yk+1−y_k, y0= 0, y1= 1.

Karakteristična enačba zgornjih rekurzivnih enačb jeλ² = 4λ−1 s ko- renoma λ1 = 2 +

√

3 in λ2 = 2−

√

3. Zapomnimo si še Viètovi formuli:

λ₁+λ₂= 4 inλ₁λ₂= 1. Po znanem postopku dobimo rešitvi:

x_k = 1

2(λ^k₁+λ^k₂), y_k =

√ 3

6 (λ^k₁−λ^k₂).

Da bi splošno rešili enačbox²−3y²= 6, moramo poznati vsaj eno njeno celoštevilsko rešitev. Denimo, da je ta (x, y) = (a, b) = (a₀, b₀). Velja torej a²−3b²= 6. Oglejmo si število

a1+b1

√

3 = (x_k+yk

√

3)(a+b

√ 3),

kjer staa₁inb₁celi števili. Kratek račun pokaže, da veljata relaciji a1=axk+ 3byk, b1=bxk+ayk

in da staa₁inb₁ rešitvi enačbex²−3y² = 6. Preverjanje poteka takole:

a²₁−3b²₁= (ax_k+ 3by_k)²−3(bx_k+ay_k)²=

=a²x²_k+ 6abx_ky_k+ 9b²y_k²−3b²x²_k−6abx_ky_k−3a²y_k²=

=a²(x²_k−3y_k²)−3b²(x²_k−3y_k²) =a²−3b²= 6.

Enačbax²−Dy² =c, kjerD ni kvadrat, nima rešitve (x, y) za vsak celic.Če jo ima, potem obstaja ena, za kateroyzadošča pogoju

|y| ≤ r|c|

D(x₁+y₁

√ D),

kjer je (x₁, y₁) osnovna rešitev Pellove enačbe x²−Dy² = 1. Lagrange je dokazal, da ima slednja enačba vedno netrivialno celoštevilsko rešitev (več o tem na primer v [6]). V našem konkretnem primeru je c = 6, D = 3, x₁ = 2 in y₁ = 1. S tem dobimo|y| ≤2,73, kar pomeniy =±1 iny =±2.

V prvem primeru mora potem veljati x² = 6 + 3 = 9, kar nam da x =±3.

V drugem primeru pa dobimo x² = 6 + 12 = 18, kar pa ne pride v poštev.

Rešitve so zato (x, y) = (±3,±1). Zato lahko izberemo eno od 4 možnosti:

(a₀, b₀) = (±3,±1). Ker je za (a₀, b₀) = (3,1) (a₀+b₀

√

3)(x₁+y₁

√

3) = (3 +

√ 3)(2 +

√

3) = 9 + 5

√ 3,

par (a₁, b₁) = (9,5) reši enačbox²−3y² = 6. To pomeni, da imamo že dve rešitvi problema: n₀= (a₀−1)/2 = 1, m₀= (b₀+ 1)/2 = 1 inn₁= (a₁−1)/2 = 4, m₁= (b₁+ 1)/2 = 3.

Če bi izbrali (a, b) = (3,−1), ne bi dobili ničesar novega, ker je tedaj (a+b

√

3)(x₁+y₁

√

3) = (3−

√ 3)(2 +

√

3) = 3 +

√

3 =a₁+b₁

√ 3.

Zato dobimo vse rešitve problema,če vzamemo (a0, b0) = (3,1) in a_k+b_k

√

3 = (a₀+b₀

√

3)(x_k+y_k

√ 3),

nato pan_k = (a_k −1)/2, m_k = (b_k+ 1)/2. Naloga ima nešteto rešitev, indek- siranih sk= 0,1,2,3, . . .. Označimo sT T_k⁰število, ki je hkrati trikotniško in središčno trikotniško,k-to po velikosti, to se pravi

T T_k⁰=T_nk =n_k(n_k+ 1)

2 =a²_k−1 8 . Rezultate za začetnekzberemo v tabelo.

k a_k b_k T T_k⁰ n_k m_k

0 3 1 1 1 1

1 9 5 10 4 3

2 33 19 136 16 10

3 123 71 1891 61 36

4 459 256 26335 229 133 5 1713 989 366796 856 495 Iz tabele na primer preberemo: T₆₁=T₃₆⁰ = 1891.

Števila T T_k⁰ lahko izrazimo tudi direktno, če uporabimo enačbo a_k + b_k

√

3 = (3 +

√

3)(x_k+y_k

√

3), iz katere je a_k = 3x_k+ 3y_k =3

2(λ^k₁+λ^k₂) +

√ 3

2 (λ^k₁−λ^k₂).

Po daljšem računu dobimo T T_k⁰=a²_k−1

8 = 3

16 (2 +

√

3)^2k+1+ (2−

√

3)^2k+1 +1

4 in

T T_k⁰= 3 16

λ₁(7 + 4

√

3)^k+λ₂(7−4

√ 3)^k

+1 4. Če vpeljemo številiµ₁= 7 + 4

√

3 inµ₂= 7−4

√3, ki sta korena enačbeµ²= 14µ−1, zakoj spoznamo, da števila T T_k⁰ zadoščajo nehomogeni linearni rekurzivni enačbi

T T_k+2⁰ = 14T T_k+1⁰ −T T_k⁰+A

pri začetnih pogojih AA⁰₀ = 1 inAA⁰₁ = 10 za neko konstantoA. Ni težko videti, da jeA=−3. Rekurzivna enačba za številaT T_k⁰ je torej

T T_k+2⁰ = 14T T_k+1⁰ −T T_k⁰−3.

Kdaj je T

= Q

?

Vsekakor se je smiselno vprašati, kdaj je trikotniško število tudi kvadratno.

Dve rešitvi takoj vidimo: T₀ =Q₀ = 0, T₁ =Q₁ = 1. Kdaj torej za naravni številiminnveljaT_n=Q_moziroman(n+ 1)/2 =m²? Zadnjo relacijo pom- nožimo na obeh straneh z 8 in dobimo 4n(n+ 1) = 4n²+ 4n= 8m². Če na obeh straneh te relacije prištejemo 1, pa

(2n+ 1)²= 2(2m)²+ 1.

Označimox= 2n+ 1 iny= 2m, pa je pred nami Pellova enačba x²−2y²= 1.

To je poseben primer diofantske enačbe, za katere iščemo rešitve (x, y) v okviru celih oziroma naravnih števil. Trivialna rešitev zgornje Pellove

enačbe je (x0, y₀) = (1,0). Osnovna rešitev, iz katere dobimo vse druge, je (x₁, y₁) = (3,2). Preostale rešitve (x_k, y_k) spet dobimo s formulo (glej [3])

x_k+y_k

√

2 = (x₁+y₁

√

2)^k = (3 + 2

√ 2)^k.

Cela števila x_k in y_k za k = 0,1,2,3, . . . sestavljajo neskončni zaporedji.

Zanju lahko najdemo ločeni rekurzivni enačbi, ki ju znamo rešiti. Najprej zapišemo:

x_k+1+y_k+1

√

2 = (x₁+y₁

√

2)^k+1= (3 + 2

√

2)(x_k+y_k

√ 2).

Dobimo sistem rekurzivnih enačb:

x_k+1= 3x_k+ 4y_k, y_k+1= 2x_k+ 3y_k.

Pri tem smo upoštevali enoličnost zapisa števil v obseguQ(

√ 2).

Z izločitvijoy_k iz prve inx_k iz druge enačbe dobimo linearni homogeni rekurzivni enačbi drugega reda z začetnimi pogoji:

x_k+2= 6x_k+1−x_k, x₀= 1, x₁= 3;

y_k+2= 6y_k+1−y_k, y₀= 0, y₁= 2.

Takoj opazimo, da so vsiyk soda, vsixk pa liha števila.

Karakteristična enačba zgornjih rekurzivnih enačb jeλ² = 6λ−1 s ko- renoma λ₁ = 3 + 2

√

2 in λ₂ = 3−2

√

2. Zapomnimo si še Viètovi formuli:

λ₁+λ₂= 6 inλ₁λ₂= 1. Po znanem postopku dobimo rešitvi:

x_k = 1

2(λ^k₁+λ^k₂), y_k =

√ 2

4 (λ^k₁−λ^k₂).

S tem imamo nešteto rešitev zaninm, katerima dodamo indeksk:

n_k =x_k−1

2 , m_k= yk

2.

Slika 15. Prikaz trikotniškega in kvadratnega števila 1225.

Primer. Izx₂= 6x₁−x₀= 18−1 = 17, y₂= 6y₁−y₀= 12 dobimom₂= 6, n₂= 8. Res jeT8= 8·9/2 = 36 inQ6= 36, tako da veljaT8=Q6. Nekaj primerov je zbranih v tabeli.

k x_k y_k T Q_k n_k m_k

0 1 0 0 0 0

1 3 2 1 1 1

2 17 12 36 8 6

3 99 70 1225 49 35

4 577 408 41616 288 204

5 3363 2378 1413721 1681 1189 Iz tabele na primer preberemo: T₄₉=Q₃₅= 1225.

Naj bo T Q_k kvadratno trikotniško število, k-to po velikosti. Smiselno je vzetiT Q₀= 0 inT Q₁= 1. To je v soglasju z relacijo

T Q_k =1

2n_k(n_k+ 1) =1 2·1

2(x_k−1)·1

2(x_k+ 1) =1

8(x²_k −1) = 1 4y_k².

To pomeni, da je za nadaljnjo obravnavo zadnji izraz, to je T Q_k= 1

4y_k², najenostavnejši. Ker pa je

y_k²=1

8(λ^2k₁ +λ^2k₂ −2(λ₁λ₂)^k) =1

8(λ^2k₁ +λ^2k₂ −2), je smiselno vpeljati številiµ₁ =λ²₁ = 17 + 12

√

2 inµ₂=λ²₂ = 17−12

√ 2, ki sta korena enačbeµ²= 34µ−1. Z njima na koncu izrazimo

T Q_k = 1

32(µ^k₁+µ^k₂−2).

Iz oblike rešitve in enačbe, kateri zadoščata številiµ₁inµ₂, lahko sklepamo, da številaT Qk zadoščajo rekurzivni enačbi

T Q_k+2= 34T Q_k+1−T Q_k+A, kjer jeAkonstanta. Zak= 0 imamo

T Q₂= 34T Q₁−T Q₀+A,

in ker je T Q₂ = 36, dobimo A = 2. Potemtakem T Q_k zadošča linearni nehomogeni rekurzivni enačbi

T Q_k+2= 34T Q_k+1−T Q_k+ 2 pri začetnih pogojihT Q₀= 0 inT Q₁= 1.

Kdaj je T

= Q

?

EnačboT_n=Q⁰_mzapišemo najprej v obliki n(n+ 1)

2 = 1 + 2m(m−1),

nato pa jo pomnožimo na obeh straneh z 8 in dobimo:

4n²+ 4n= 8 + 16m²−16m.

Nato dopolnimo do popolnih kvadratov:

(4n²+ 4n+ 1)−1 = 8 + (16m²−16m+ 4)−4, (2n+ 1)²= (4m−2)²+ 5.

Vpeljemo številix= 2n+ 1 iny= 4m−2, ki sta zam≥1 očitno naravni. S tem dobimo diofantsko enačbo

x²−y²= (x−y)(x+y) = 5.

Števili x−y in x+y sta celi, kar pa gre samo, če jex−y = 1 in x+y = 5 ali x−y = −1 in x+y = −5 ali x−y = 5 in x+y = 1 ali x−y = −5 in x+y=−1. Rešitve sistemov enačb so po vrsti: (x, y) = (3,2), (x, y) = (−3,−2), (x, y) = (3,−2) in (x, y) = (−3,2). Ustreznan= (x−1)/2 inm = (y+ 2)/4, ki imata smisel, sta samon= 1 inm= 1 za (x, y) = (3,2), v razširjenem smislu pa tudin= 1 inm= 0 za (x, y) = (3,−2). Edini rešitvi staT₁=Q⁰₁=Q⁰₀= 1.

Kdaj je T

= Q

?

Vsekakor se je smiselno vprašati, kdaj je središčno trikotniško število tudi kvadratno. Takoj vidimo, da jeT₁⁰ =Q₁ = 1 inT₂⁰ =Q₂ = 4. Naša naloga pa je poskati vse pare (n, m) naravnih števil, za katere jeT_n⁰=Q_m. To pomeni, da se spopadamo z diofantsko enačbo

1 + 3n(n−1) 2 =m². Če obe strani te enačbe pomnožimo s 24, dobimo:

36n²−36n+ 24 = 24m².

Dopolnimo na levi strani do popolnega kvadrata, na desni strani pa izločimo kvadrat:

(36n²−36n+ 9)−9 + 24 = 6·4m². Zapišemo s kvadrati:

(6n−3)²+ 15 = 6(2m)².

Vpeljemo številix= 6n−3 iny= 2min dobimo posplošeno Pellovo enačbo x²−6y²=−15.

Pridružena Pellova enačba

x²−6y²= 1

ima trivialno rešitev (x₀, y₀) = (1,0) in osnovno rešitev (x₁, y₁) = (5,2). Pre- ostale rešitve (x_k, y_k) dobimo s formulo

x_k+y_k

√

6 = (x₁+y₁

√

6)^k = (5 + 2

√ 6)^k.

Števila x_k in y_k za k = 0,1,2,3, . . . sestavljajo neskončni zaporedji. Zanju lahko najdemo ločeni rekurzivni enačbi, ki ju znamo rešiti. Najprej za- pišemo:

x_k+1+y_k+1

√

6 = (x₁+y₁

√

6)^k+1= (5 + 2

√

6)(x_k+y_k

√ 6).

Dobimo sistem rekurzivnih enačb:

xk+1= 5xk+ 12yk, y_k+1= 2x_k+ 5y_k.

Pri tem smo upoštevali enoličnost zapisa števil v obseguQ(

√ 6).

Z izločitvijoy_k iz prve inx_k iz druge enačbe dobimo linearni homogeni rekurzivni enačbi drugega reda z začetnimi pogoji:

xk+2= 10x_k+1−xk, x0= 1, x₁= 5;

y_k+2= 10y_k+1−y_k, y₀ = 0, y₁= 2.

Takoj opazimo, da so vsi y_k soda, vsi x_k pa liha števila. Karakteristična enačba zgornjih rekurzivnih enačb jeλ²= 10λ−1 s korenomaλ₁= 5+2

√ 6 inλ₂= 5−2

√

6. Zapomnimo si še Viètovi formuli: λ₁+λ₂= 10 inλ₁λ₂= 1.

Po znanem postopku dobimo rešitvi:

x_k = 1

2(λ^k₁+λ^k₂), y_k =

√ 6

12(λ^k₁−λ^k₂).

Za reševanje enačbex²−6y²=−15 je treba poiskati kakšno njeno primer- no rešitev (a₀, b₀). Uporabimo naslednjo trditev.Če ima posplošena Pellova enačbax²−Dy²=crešitev, potem obstaja ena, za kateroyzadošča pogoju

|y| ≤ r|c|

D(x₁+y₁

√ D),

kjer je (x1, y1) osnovna rešitev Pellove enačbe x² −Dy² = 1. V našem primeru jeD = 6,c=−15,x₁= 5 iny₁= 2. Veljati mora pogoj

|y| ≤4,97.

Omejitev nam da ustrezne pare (±3,±2) in (±9,±4), ki so rešitve enačbe x²−6y²=−15.

Če vzamemo (a0, b₀) = (∓3±2), dobimo (a₀+b0

√

6)(x₁+y1

√

6) =±(9 + 4

√ 6), kar ustreza rešitvi (±9,±4), ki je že najdena. Ker

(3 + 2

√

6)(x₁+y₁

√

6),(−3 + 2

√

6)(x₁+y₁

√ 6),

generirata rešitve enačbex²−6y² =−15 para (a⁰₀, b⁰₀) = (3,2) in (a⁰⁰₀, b₀⁰⁰) = (−3,2). Dobimo dve seriji rešitev iz relacij

a⁰_k+b⁰_k

√

6 = (3 + 2

√

6)(x₁+y1

√

6), a⁰⁰_k +b⁰⁰_k

√

6 = (−3 + 2

√

6)(x₁+y1

√ 6).

Rešitve se izražajo v obliki

a⁰_k = 3x_k+ 12y_k, b⁰_k= 2x_k+ 3y_k; a⁰⁰_k =−3x_k+ 12y_k, b⁰⁰_k = 2x_k−3y_k. Nato lahko izračunamo indekse

n⁰_k =a⁰_k+ 3

6 , m_k =b_k⁰

2; n⁰⁰_k = a⁰⁰_k + 3

6 , m⁰⁰_k =b⁰⁰_k 2 .

Števila, ki so hkrati središčno trikotniška in kvadratna, označimo z T⁰Q_k. Izražajo se kotm⁰_k² oziromam⁰⁰_k². Nekaj rezultatov je zbranih v tabelah.

k a⁰_k b⁰_k T⁰Q_k n⁰_k m⁰_k

0 3 2 1 1 1

1 39 16 64 7 8

2 387 158 6241 65 79

3 3831 1564 611524 639 782

4 37923 15482 59923081 6321 7741

5 375399 153256 5871850384 62567 76628 6 3716067 1517078 575381414521 619345 758539

k a⁰⁰_k b_k⁰⁰ T⁰Q_k n⁰⁰_k m⁰⁰_k

1 9 4 4 2 2

2 93 38 361 16 19

3 921 376 35344 154 188

4 9117 3722 3463321 1520 1861

5 90249 36844 339370084 15042 18422

6 893373 364718 33254804881 148896 182359

Iz obeh tabel sestavimo novo, v kateri so številaT⁰Qk urejena po velikosti in preštevilčena z novim indeksom k. Izmenoma sta v novi tabeli ena vrstica iz prve in ena iz druge tabele.

k a_k b_k T⁰Q_k n_k m_k

0 3 2 1 1 1

1 9 4 4 2 2

2 39 16 64 7 8

3 93 38 361 16 19

4 387 158 6241 65 79

5 921 376 35344 154 188

6 3831 1564 611524 639 782

7 9117 3722 3463321 1520 1861

8 37923 15482 59923081 6321 7741

9 90249 36844 339370084 15042 18422

10 375399 153256 5871850384 62567 76628 11 893373 364718 33254804881 148896 182359 12 3716067 1517078 575381414521 619345 758539 Iz tabele na primer preberemo, da jeT₆₅=Q₇₉= 6241.

Kdaj je T

= Q

?

Vsekakor se je prav tako smiselno vprašati, kdaj je središčno trikotniško število tudi središčno kvadratno. Dve rešitvi takoj vidimo: T₀⁰ =Q⁰₀= 1 in T₁⁰ = Q⁰₁ = 1. Kdaj torej za naravni števili m in n velja T_n⁰ = Q⁰_m oziroma 1 + 3T_n−1= 1 + 4T_m−1? Zadnjo relacijo poenostavimo v 3n²−3n= 4m²−4m, kar na obeh straneh pomnožimo s 4 in dobimo 12n²−12n= 16m²−16m.

Če na obeh straneh te relacije prištejemo 4, dobimo 3(2n−1)²+ 1 = (4m−2)².

Označimox= 4m−2 iny= 2n−1, pa je pred nami Pellova enačba x²−3y²= 1.

Iščemo njene celoštevilske rešitve. Trivialna rešitev je (x0, y₀) = (1,0). Os- novna rešitev, iz katere dobimo vse druge, je (x₁, y₁) = (2,1). Preostale rešitve (x_k, y_k) dobimo s formulo

x_k+y_k

√

3 = (x₁+y₁

√

3)^k= (2 +

√ 3)^k.

Števila x_k in y_k za k = 0,1,2,3, . . . sestavljajo neskončni zaporedji. Zanju lahko najdemo ločeni rekurzivni enačbi, ki ju znamo rešiti. Najprej za- pišemo:

x_k+1+y_k+1

√

3 = (x₁+y₁

√

3)^k+1= (2 +

√

3)(x_k+y_k

√ 3).

Dobimo sistem rekurzivnih enačb:

x_k+1= 2x_k+ 3y_k, y_k+1=x_k+ 2y_k.

Pri tem smo upoštevali enoličnost zapisa števil v obseguQ(

√3). Z izločitvijo y_k iz prve in x_k iz druge enačbe dobimo linearni homogeni rekurzivni enačbi drugega reda z začetnimi pogoji:

x_k+2= 4x_k+1−x_k, x₀= 1, x₁= 2;

y_k+2= 4y_k+1−y_k, y₀= 0, y₁= 1.

Takoj opazimo, da so vsix_2k−1iny_2k soda, vsix_2k iny_2k−1 pa liha števila.

Karakteristična enačba zgornjih rekurzivnih enačb jeλ² = 4λ−1 s ko- renoma λ₁ = 2 +

√

3 in λ₂ = 2−

√

3. Zapomnimo si še Viètovi formuli:

λ1+λ2= 4 inλ1λ2= 1. Po znanem postopku dobimo rešitvi:

x_k = 1

2(λ^k₁+λ^k₂), y_k =

√ 3

6 (λ^k₁−λ^k₂).

S tem imamo nešteto rešitev zaninm, katerima dodamo indeksk:

n_k = yk+ 1

2 , m_k =x_k+ 2 4 .

Primer. Izx₂= 4x₁−x₀ = 8−1 = 7, y₂= 4y₁−y₀= 4 dobimom₂= 9/4, n₂= 5/4, kar ni ustrezna rešitev. Iz x₃ = 4x₂−x₁ = 28−2 = 26, y₃ = 4y₂−y₁ = 16−1 = 15 dobimo m₃ = 7 in n₃ = 8. Res je T₈⁰ = 1 + 3T₇ = 85 in Q₇⁰ = 1 + 4T6 = 85, tako da veljaT₈⁰ =Q⁰₇. Nekaj primerov je zbranih v tabeli, iz katere razberemo, da so med naravnimi števili številaT⁰Q⁰_k bolj redka.

k x_2k−1 y_2k−1 T⁰Q⁰_k n_2k−1 m_2k−1

1 2 1 1 1 1

2 26 15 85 8 7

3 362 209 16381 105 91

4 5042 2911 3177721 1456 1261

5 70226 40545 616461385 20273 17557 Iz tabele na primer preberemo: T₁₀₅⁰ =Q⁰₉₁= 16381.

Naj boT⁰Q⁰_k središčno kvadratno središčno trikotniško število,k-to po velikosti. Smiselno je vzetiT⁰Q⁰₀= 1 inT⁰Q₁⁰ = 1. To je v soglasju z relacijo

T⁰Q⁰_k= 1 +3

2n_2k−1(n_2k−1−1) = 1 +3

8(y_2k−1+ 1)(y_2k−1−1) = 1

8(5 + 3y_2k² −1).

Ker je (x_2k−1, y2k−1) rešitev Pellove enačbe, velja x_2k² −1−3y_2k² ₋₁ = 1. Zato lahko poenostavimo:

T⁰Q⁰_k =1

4(4 +x²_2k−1).

Ker pa je

x_2k² −1=1

4(λ^4k₁ ⁻²+λ^4k₂ ⁻²+ 2), dobimo

T⁰Q_k⁰ = 1

32(λ^4k₁ ⁻²+λ^4k₂ ⁻²+ 18).

Z vpeljavo števil µ₁ = λ⁴₁ in µ₂ =λ⁴₂, ki sta rešitvi enačbe µ² = 194µ−1, dobimo

T⁰Q⁰_k= 1

32(λ²₂µ^k₁+λ²₁µ^k₂+ 18).