P K I- S I- K
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652 Letnik 17 (1989/1990) Številka 2 Strani 68-71
Boris Lavric:
VSOTE ULOMKOV S ŠTEVCEM 1
Ključne besede: matematika, teorija števil, ulomek, vsota. Elektronska verzija: http://www.presek.si/17/974-Lavric.pdf
© 1989 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo
Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno.
HRTEHFITIHR
VSOTE ULOMKOV S ŠTEVCEM 1
Najbrž se ¡e marsikak vesten bralec Preseka že ob naslovu prispevka spomnil članka profesorja Ivana Vidava, ki je bil objavljen pred tremi leti v našem listu (PXI V/1), V njem je avtor dokazal, da imajo ulomki s števcem 1 naslednjo presenetljivo in lepo lastnost.
IZREK A. Vsako pozitivno racionalno številu se da zapisati kot vsota ulomkov s Števcem 1 in med seboj različnimi imenovalci. Še več, za imenovalce smemo zahtevati, da so različni in večji od naprej danega števila.
Prvi dei izreka lahko povemo tudi takole: Za vsako racionalno število r > 0 obstaja tak n G IN, da ima enačba
E (r);	-1- + -t- + ... + -1- = r
"	an
z neznankami at, ..„, an vsaj eno rešitev, ki ustreza pogoju
n
P:	1 <3i <a2 < ... <a„/ 3i,.,.,an£IN
V tem prispevku nas bodo zanimala predvsem naslednja vprašanja:
(A)	Ali ima enačba Enir) pri danem racionalnem r > 0 za vsak naraven n > 1 rešitev, ki ustreza pogoju P?
(B)	Je vseh takšnih rešitev pri danih r > 0 in n > 1 končno mnogo?
(C)	Kako je število rešitev pri danem r > 0 odvisno od n?
Da ne bomo po nepotrebnem izgubljali besed, zaznamujmo z RnW) število vseh rešitev enačbe f (r), ki izpolnjujejo pogoj P. Dogovorimo se še, da bomo rešitvi, ki zadošča pogoju P, rekli dobra rešitev,
Pozabavajmo se zdaj z nalogo (A), Vzemimo najprej r - 1. Brž lahko ugotovimo, da je flj(1) = 0, saj velja ocena
_L + JL < _L +. _L < t
Odgovor na vprašanje (A} je torej že pri r= 1 negativen, naloga pa je tako rešena za r = T. Vendar bomo ostali Še naprej zvedavi: je morda R3 (1) >0? Za razvedrilo naj bralec sam poišče vse rešitve enačb f3(1) in f4{1), ki zadoščajo pogoju P. Najde jih tudi na strani 118-
Prav hitro vidimo, da velja fln(D >0 celo 2a vsak n > 2. Kasneje bomo do-
kazali, da je podobno tudi pri ostalih racionalnih številih r >0. Pri r < 1 se tahko zgodi, da je že R2{r) > 0, pri velikem r pa enačba En[r) za naravna števila n<,2r nima nobene rešitve. Slednje nam potrdi ocena
JU ... + _L < JL + ... + „1 » _£?_ <r aj an 2	2 2
Izrek A nam zagotavlja, da je Rn\r) > 0 za neskončno mnogo naravnih števili n. Pred podrobnejšo obravnavo odvisnosti števila rešitev R (r) od n pa se lotimo še vprašanja (8). Odgovor nanj je pozitiven. Dokazati bomo, da velja naslednji
IZREK B. Naj bo r pozitivno racionalno Število in n G IN. Potem ima enačba ali končno mnogo dobrih rešitev ali pa nobene.
Pri dokazu uporabimo matematično indukcijo glede na število neznank v enačbah.
Za n - 1 izrek očitno velja pri vsakem r > 0, r G O . Tedaj je namreč R, (v) = Oalifli(f) = 1.
Predpostavimo zdaj, da izrek velja za n - k S IN in vsak racionalen r > 0. Razmislimo o številu rešitev enačbe (r), kjer je r > 0 dano racionalno število. Za vsako dobro rešitev a,, a2,..., ak+ - enačbe £ (r) velja ocena
r=J_+ +.„+_ X. <_*_+!_
*l a2	ak+1 a,
Torej je a j < (k+\)/r, poleg tega pa števila a2/ a3,	rešijo enačbo
Ek(r— Vai). Po predpostavki ima ta le končno mnogo dobrih rešitev (ali nobene), zato je število dobrih rešitev enačbe ffr+1(r) pri izbranem naravnem številu >1 končno.Zaat imamo po oceni < (/r+1 )/r na voljo le končno mnogo števil, torej je tudi število vseh rešitev enačbe f(t+1(r), ki izpolnjujejo pogoj P, končno.
Indukcijski korak smo dokazali, s tem pa potrdili veljavnost izreka.
Na vrsti je problem (C).
Naj bo r dano pozitivno racionalno Število. Splošna formula Rn(r),n G IN, je pretežak zalogaj, zato nas bodo zanimale bolj grobe (a vendar lepe) lastnosti zaporedja
Rt (r),R2[r),R3(r),...
Po izreku A ne morejo biti vsi členi tega zaporedja enaki nič. Označimo z m najmanjše naravno število, pri katerem je Rm\r) > 0.
Tako na primer za r = 1 dobimo m = 3, za r - 5/4 pa m = 4. Kaj hitro lahko doženemo, da tudi pri vseh n > m velja ocena Rn{r) >0. Če je namreč R {r) > 0, k > 1,
J_ + J_ + ... + -J- + J_ = Tt 1 <ai <a2 < ...<9^
»i a2	ak
i
potem z razdružitvijo ulomka — dobimo
ak
+_1_ +__J__ +---J---=f
in a i < ... < aJt_1 < + 1 < 3k^ak + tore' vei'a ocena	->
Odtod takoj sledi, da je res Rn(r) >0 za vsak n>m.
Videli smo, da ima vsaka enačba En{r) pri n > m vsaj eno dobro rešitev. To ugotovitev pa lahko Še precej izboljšamo. Dokazali bomo, da velja takle
IZREK C. Za vsako pozitivno racionalno število r velja /?n+1M >/?nM zavsakn>m.
Pokažimo navedeni izrek. Naj bo 0 < r e O, n S IN in R (r) > 0. Vzemimo katerokoli dobro rešitev a,, a2.....a ,,a enačbe E (r) in iz nje tvorimo
1 *	n — 1 n	n
rešitev
a,,a,,..,,a ,, a + 1, a (a +1)
'' ir »TJ —1' fl	n n
enačbe E +1 (c). Različnima rešitvama enačbe En(r) smo tako priredili različni rešitvi enačbe E„+, (r) (Preveri!), torej vedno velja ocena
*W>
Vzemimo zdaj poljuben n > m in dokažimo, da tedaj obstaja taka rešitev
a, ,..,,a enačbe E (r), ki ustreza pogoju P in ima za a sodostevilo. n	n	n
Res, enačba (r) ima zaradi n — 1 > m vsaj eno dobro rešitev, iz nje pa na enak način kot prej pridelamo rešitev enačbe En(r), katere zadnji člen je sodo Število a .(a , + 1).
n — 1
Po prejšnjem smemo pri n > m privzeti, da je v eni od rešitev a,, a enačbe E {r) število a ~ 2p sodo. Očitno velja Še p > 1, kar nam zagotavlja,
da sta desni strani enakosti
_!_ = _L + L
2p 3p 6p
2 p 2p+1 + 2p{2p + 1)
različni. Torej lahko prej dobljenim Rn(f) rešitvam enačbe £ ^(f), ki zadoščajo pogoju P, pridružimo še rešitev
»1.32.....an„v3p,6p
ki se očitno razlikuje od vseh ostalih. Potemtakem za n > m res velja Rn+1 (r) > Rnir), prav to pa smo želeli dokazati.
Izrek 0 nam da naslednjo oceno za število dobrih rešitev enačbe £ (r):
> k za vsak k e IN
To oceno se da še izboljšati, a naj kljub temu sklenemo prispevek — seveda z nalogami.
1.	Dokaži, da je pri r = 5/6	= R3(r) = 1 in poišči vsaj deset dobrih rešitev enačbe
J_ + _L + J- + J- = -1-, x<y<z<t
x y z t 6
2.	Določi R2(Mk) za* =2,3,4, 5 in 6.
3.	Naj bo 1 < k £ M. Dokaži, da je R2(1/k) > 1, enakost R2(1/k) = 1 pa velja natanko takrat, kadar je k praštevilo.
4.	Za vsako naravno število k > 4 ima enačba
_L + J_ _ J X < y X y 2 k
vsaj štiri dobre rež i t ve. Katere?
5.	Dokaži, da za vsako liho število k > 1 vetja R2{2/k) > 0. Rešitve natog najdete na strani 118.
Boris Lavrič
VSOTE ULOMKOV S ŠTEVCEM 1 - Rešitve s strani 68
Najprej odgovorimo na vprašanje v tekstu članka {str, 68).
Enačba £3H) ima le rešitev ax = 2, a2 ~ 3, a3 = 6, ki zadošča pogoju P. Enačba £4(1) ima naslednje dobre rešitve:
a 1	= 2,	a2	= 3,	33	= 7,	a4	= 42
	= 2,	¿2	= 3,	33	= 8,	a4	= 24
	= 2,	a2	= 3,		= 9,	a4	= 18
	= 2,	a2	= 3,		= tO,	A»	= 15
	= 2,	a2	= 4,		= 6,	a 4	= 20
«1	= 2,	a2	= 4,	33	= 6,	34	= 12
1. Enačba f ^ (5/6) ima le rešitev a, = 2,a2 = 3, ki ustreza pogoju P, enačbo £3(5/6) pa iahko obravnavamo takole: Zaradi ocene
> -L + J_ + -i = _5_
a2 a3 6 velja < 3, torej £ 2,3 . Če je a j = 2, dobimo
_2_ > J_ + _L = _L
a2 a2 a3 3
odkoder sledi a2 & 3r 4, 5 . Od vseh treh možnosti za a2 je v tem primeru dobra le a2 - 4. Če pa je = 3, na podoben način kot prej vidimo, da veija a2 < 4, kar pa za dobro rešitev ni mogoče. Torej je al ~ 2, e2= 4, = 12 edina dobra rešitev enačbe f3 {5/6). Z njeno pomočjo lahko konstruiramo rešitve enačbe £4(5/6). Nekaj jih zabeležimo v naslednjo preglednico
* y	z	f	X	V	z	t	X	K	z	t
2 4	13	156	2	4	20	30	2	5	12	20
2 4	14	84	2	4	21	28	2	6	7	42
2 4	15	60	2	5	8	120	2	6	8	24
2 4	16	48	2	5	9	45	2	6	9	18
2 4	18	36	2	5	10	30	2	6	10	15
Odgovor:		(1/2} =	fl2(1/3)	= »2	(1/5)	=	(1/4) =	2,	fl^l/6)	= 4.
3, Enačbo E2{\/k), 1 <k £ IN. vedno reši par
=* + 1, 32 = k (k+ 1J
torej je R2(]/k) > 1. Če je število Ar sestavljeno, ga lahko zapišemo v obliki k = pqt kjer je 1 <p E IN in 1 <gE M. Enačba E2(Vk) ima tedaj vsaj dve dobri rešitvi
ax =pQ+ 1, a2 = pq (pq + 1) 3i =p ( q + 1), a2 - pq [q + T)
torej velja R2(Mk) = 1 kvečjemu, če je fc praštevilo. Naj bo zdaj k praštevilo in naj velja
-1- + -1- = 1 <x<y, x,y G (N x y z
Potem je k(x + y) = xy, zato velja enakost
Ker je poleg tega k <x < 2k in tedaj 0 <x — k < k, mora biti x — k = 1. Torej je dobra le rešitevx-k+ \,y- k(k + t).
4. Vedno so dobre {na primer) naslednje rešitve
x = 2k + 1,	y = 2k (2k + t)
x = 2k + 2,	y = 2k (k + \ )
x ~ 2k + 4,	y = k(k + 2)
x = 3 k,	y = 6k
5, Števiio k zapišemo v obliki k = 2p + £ IN, Potem enakost
p+ 1 + (p+ 1)T2p+ 1) 2p + 1
da dobro rešitev enačbe E2(2/k).
Boris Lavrič