ISSN 0351-6652 Letnik 27 (1999/2000) Številka 4 Strani 200-205
Ivan Vidav:
O ŠTEVILIH, KI JIH LAHKO ZAPIŠEMO S SAMIMI ENAKIMI ŠTEVKAMI
Ključne besede: matematika, teorija števil, številski sestavi. Elektronska verzija: http://www.presek.si/27/1406-Vidav.pdf
© 2000 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo
O ŠTEVILIH, KI JIH LAHKO ZAPIŠEMO S SAMIMI ENAKIMI ŠTEVKAMI
Ce bi naleteli na enakost
552 = 4444,	(1)
bi bila prva misel ta, da ni pravilna, ker je leva stran kvadrat lihega števila 55, se pravi liho število, desna stran pa je sodo število. Kaj pa, če števila niso zapisana v običajnem desetiškem številskem sestavu in se nam zdi račun zato napačen? Vsak bralec bo zlahka odkril, da enakost (1) velja v sestavu z osnovo 7. V tem sestavu pomeni 55 število 5*7 + 5 — 40, desna stran 4444 pa število
4' 73 + 4 - 72 + 4 - 7 + 4= 1600.
Res je 402 = 1600.
Število 40 ima, zapisano v sestavu z osnovo 7, enaki števki. Njegov kvadrat 1600 pa se v istem sestavu spet izraža s samimi enakimi števkami, in sicer štirimi. Ali obstaja morda še kakšno drugo naravno število, ki se da v primerno izbranem sestavu zapisati z dvema enakima števkama, njegov kvadrat pa s štirimi enakimi Števkami? Odgovor na to vprašanje dajejo rešitve enačbe
actfrj = bbbb(r) .	(2)
Indeks (r) pove, da. velja ta račun v številskem sestavu z osnovo r. Iskano število smo zapisali v tem sestavu z enakima števkama a, njegov kvadrat pa s štirimi enakimi števkami b. Na koliko načinov lahko izberemo osnovo r ter števki a in b, da velja enačba (2)? Ugotovili bomo, da je rešitev nešteto, toda v nekem smislu je rešitev ena sama, namreč tista, podana z enakostjo (1).
Osnova številskega sestava je lahko katerokoli naravno število r > 1, štcvkc pa so znaki za števila od 0 do r— 1. V enačbi (2) ne sme biti a = 0, saj aa pri a = 0 111 dvomestno število (temveč = 0). Prav tako ni b = 0. Zato veljajo ocene
r > 1, 1 < a < r - 1 in 1 < b < r -1.	(3)
Ker pomeni na v sestavu z osnovo r število ar + a — a(r + 1), bbbb pa število
br3 + br2 + br + b = b(r3 + r2 + r + 1) = b(r + l)(r2 + 1) ,
lahko zapišemo enačbo (2) v obliki
a2(r+l)2 = i>(r + l)(r2 + l).	(4)
Iščemo tiste rešitve te enačbe v naravnih številih a, b, r, ki zadoščajo pogojem (3).
Pripomba. V enačbi (2) pomenita a in b števki, v (4) pa pripadajoči naravni števili.
Iz (4) izračunamo
a2(r + 1) r2 + i
Ker je b naravno število, mora biti produkt a2(r + 1) v števcu uloinka na desni deljiv z imenovalcem r2 + 1. Enakost
r)
r2 + 1 = (r + l)2 — Iv
pove, da imata r + 1 in r2 + 1 kvečjemu skupni faktor 2 (števili r in r + 1 sta si namreč tuji). Zato sta samo dve možnosti:
a)	Največji skupni delitelj števil r + 1 in r2 + 1 je 1. Iz enačbe (4*) izhaja, da je v tem primeru a2 deljiv z r2 + 1, torej ti2 = k(r2 + 1), kjer je k celo število. Potem je b — k(r + 1) in velja, ker je k > 1, ocena b > T +1 > r, tako da tretji pogoj (3) ni izpolnjen. Rešitve potemtakem ni.
b)	r + 1 in r2 + 1 imata največji skupni delitelj 2 (to je očitno tedaj, kadar je r lih). Ker je zdaj faktor r + I v števcu na desni strani enačbe (4*) deljiv z 2, toda z nobenim drugim faktorjem imenovalca r2 + 1, mora biti faktor a2 deljiv z (r2 + l)/2, tako da je kvocient med a2 in (r2 + l)/2 (le-ta je enak ulomku 2 a? ¡{r2 + 1)) celo število, ki ga zaznamuj ni o s h. Zdaj dobimo b — h1^. Če bi bil k > 2, bi veljala ocena b > r 4-1 > r, ki je v nasprotju s tretjim pogojem (3). Zato mora biti h = 1, se pravi
, r + 1
b —- < r .
2
Ker je h = 1, imamo enakost 2a2/(r2 +1) = 1, ki jo zapišimo v obliki
2a2 — r2 = 1.	(5)
Zanimajo nas rešitve te enačbe v naravnih Številih a. in r. Najpreprostejša. a — 1, r = 1 ne pride v poštev, ker ni izpolnjen pogoj r > 1. Če pa je a, r
taka rešitev v naravnih številih, pri katerih je r > 1, izračunamo iz (5), da je v tem primeru
lr2 + 1
Torej so vsi pogoji (3) izpolnjeni. Tako smo ugotovili:
Enakost (2) velja natanko tedaj, kadar sta naravni Števili aiur > 1 rešitvi enačbe (5), Pripadajoči b pa je enak (r + 1 )/2.
Koliko rešitev ima enačba (5) v naravnih številih a in r? Če ustrezata ti in r tej enačbi, vrl j a isto za števili
a' = 3« + 2r in r' = 4a + 3r .	{6}
S preprostim računom namreč ugotovimo, daje
2a'2 - r'2 = 2(3a + 2r)2 - (4n + 3r)2 - 2a2 - r2 = 1.
Očitno sta a' in r' naravni števili, če sta taki a in r. Veljata tudi oeeni a' > a in r' > r. Rešitev a = 1, r = 1 nam da a' = 5, r' = 7 in b' = 4. Če zdaj vstavimo o = 5inr = 7v (6), izračunamo a' = 29, r' = 41 in b' — = 21. Tako lahko nadaljujemo. Dobimo neskončno naraščajoče zaporedje rešitev enačbe (5). Brez dokaza povejmo, da so v tem zaporedju zajete prav vse njene rešitve v naravnih številih o in r.
Torej obstaja neskončno naravnih števil, ki jih lahko zapišemo v primerno izbrani osnovi z dvema enakima števkama, njihov kvadrat pa s štirimi enakimi števkami. Rešitvi a = 5, r = 7, i> = 4 pripada najmanjše tako število, namreč ar + a = 5-7 + 5 = 40, ki nam da enakost (1). Naslednja rešitev a = 29, r = 41, b = 21 določa število ar + a — 29 ■ 41 + + 29 = 1218. V sestavu z osnovo r = 41 potrebujemo 41 znakov (števk) za označitev števil od 0 do 40. Za prvih deset naravnih števil lahko obdržimo običajne števke 0,1,.... 9, za nadaljnja, med njimi za a = 29 in b = 21, pa potrebujemo nove znake. Izberimo npr. znak A za 29 in znak □ za 21. Število 1218 zapišemo potem v sestavu z osnovo r — 41 v obliki AA. Enakost (2), ki pripada drugi rešitvi enačbe (5), pa se glasi
AA2 =□□□□.
Te enakosti pa seveda ne bi mogli zamenjati za račun v desetiškem sestavu. Pri nadaljnjih rešitvah je a > 29 in b > 21, tako da vselej potrebujemo
novi števki za a in b. Zato je enakost (1) edina rešitev enačbe (2). ki jo lahko zapišemo samo s števkami desetiškega sestava.
Enačba (2) je poseben primer splošnejše enačbe
aa .. , a]r) = bb „. ,	(7)
ti	m
ki naj velja v sestavu z osnovo (r). Število, ki ga kvadriramo, se v njem zapiše z n enakimi števkami o., njegov kvadrat pa z m enakimi števkami b.
Primer n = K. ni zanimiv, rešitev je tedaj nešteto in jih zlahka najdemo: Za a vzamemo poljubno naravno število, postavimo b — a2, za osnovo t pa izberemo katerokoli naravno število, ki je večje od b. Zato bomo odslej privzeli, daje n > 1. Ker je
aa_„_q(r) = dr71-1 +arn~2----|-£i in bb^b^ - brm~l +brm~2----b£>,
n	Jn
laliko zapišemo enačbo (7) v obliki
«V1 + i-""2 • • ■ + l)2 - b{rm"1 + rra"2----hI).	(8)
Naravna števila a, b in r morajo ustrezati tej enačbi, hkrati pa tudi pogojem (3).
Iz ocen 1 < o in 6 < r — 1 izpeljemo najprej tole zaporedje neenačb
T-2*"3 < (r"-1 + rn^2 + - ■ ■ + l)2 < a2^"-1 + r"~2 + ■ ■. + if = = b(rm~ 1+rm"2 + ... + l) < (r-i)(rm-1 + rm-2 + --- + l) = rm-l <rm.
Tu smo upoštevali enačbo (8) in identiteto
(r - lHr™"1 + rm"2 + • ■ ■ + 1) - rm - 1 .
Ker je osnova r > 1, vidimo, da mora biti eksponent 2n — 2 pri potenci števila r na začetku teh neenačb manjši od eksponenta m pri r na koncu, se pravi 2n — 2 < m.
Podobno nam dasta pogoja r — 1 > a in 6 > 1 zaporedje neenačb
r2n > (rn ~ l)2 = (r- l»'1"1 + rn~2 + - - ■ + l)2 > >	+ r71-2 -I----4-1)2 = b(rm~l + rm~2 -j-----fl) >
Od tod dobimo, da je 2n > m — 1, Potemtakem leži m v tehle mejah
2n - 2 < m < 2n + 1 .
Ker sta m in n naravni števili, imamo samo dve možnosti: ali je m ~ 2n—l ali	= 2n. Oglejmo si obe po vrsti.
a)	če je m = 2n — 1, dobimo iz enačbe (8)
a2^"-1 +rn~2 + ■ ■ • + l)2 r2n-2 j,2n-3 _)_ . . . 1	'
Ker je i> celo število, je števec v ulomku na desni deljiv z imenovalcem. Identiteta
Tin-1 + r2n-3 + _. + x = + I)(r™-1 + r«-3 + .„ + 1)_
pove, da števili r-n-1 + r"~2 H-----f 1 in r2'1-2 + r2"~3 H-----1-1 nimata od
1 različnega skupnega delitelj a (s skupnim deliteljem bi moral biti deljiv
tudi t-71-1, toda števili rn-1 in r""1 -\~rn~2 -)-----hI sta si očitno tuji). Od
tod sklepamo, da je a2 deljiv z imenovalcem r2n~2 + 7-2"-3 _j-----it torej
kvocient a2/(r271-2 + r2n~3 H-----1-1) je neko celo število k > 1. Potem je
b = k{rn~l + rn~2 + • ■ - + l)2 > r2""2 .
Ker je n > 1, sledi od tod, da je b > r. Potemtakem tretji pogoj (3) ni izpolnjen in zato ne more biti m enak 2n — 1.
b)	Naj bo zdaj m = 2n. Ker je
r2n-l + r2n-2 + . .. + 1 =	l)^""1 + rn~2 + + 1) ,
dobimo iz (8)
o =----—-—----—■.	(o )
rn + 1	v '
Ker smo primer, ko je n = 2 in m = 2n = 4. obravnavali že na začetku, naj bo odslej n > 2. Iz identitete
r" + 1 = rn - 1 + 2 = {t- - l)(r"_I + rn~2 + ■ ■ ■ + 1) + 2
razberemo, da imata števili rn +1 in r"'-1 + rn~'2 + ■ ■ ■ + 1 kvečjemu skupni delitelj 2. Če je največji skupni delitelj 1, sta si tuji in je zato kvocient a2/(r71 + 1) neko celo število k. Če pa je največji skupni delitelj enak 2,
je kvocient 2a2/{rn + l) celo število, ki ga imenujmo h. V prvem primeru dobimo iz (8**)
b = k(rn+ rn~2 + ••■ + !)> rn~l + rn~2 + -- + l>ft v drugem pa
n-l +rn-2	+ 1 rn-l + rn-2 + .#, + 1 rn-l
-2-*-2-
(Upoštevali smo, da je k > lt h > 1, n > 2 m r > 2.) Spet ni izpolnjen tretji pogoj (3), tako da enačba (7) tudi pri m = 2n nima nobene rešitve v naravnih številih, če je n > 2.
Povzemimo. kar smo dognali:
Enačba (7) je rešljiva z naravnimi števili a, b in r pri n > 1 ie tedaj, kadar je n = 2 in m = 4. V tem primeru preide v enačbo (2), ki premore, kakor smo videli, nešteto rešitev.
Se tole naj omenimo: Enačba (5) nima rešitve v celih številih, pri kateri bi bil r = 10 (r je vselej lih). Zato v desetiškem sestavu nikoli ne velja enakost oblike (7), če je n > 2. Pri n — 1 pa so tele rešitve: l2 = 1, 22 = 4 in 32 = 9,
Ivan Vidav