Elementare Zahlentheorie und Problemlösen (11'') - Mathematik und ...

232 Problemlösestrategien 6.3
Mit (x n+3 ) n∈N
und (y n+3 ) n∈N
bezeichnen wir wieder die Folgen ganzer Zahlen, die
2 n = 7x 2 n + y 2 n für jedes n ∈ N 3 sowie (6.5), (6.6) und (6.7) erfüllen. Nun nehmen
wir an, dass es ein m ∈ N 4 und ein Paar (¯x m , ȳ m ) ∈ Z 2 mit
(6.39) 2 m = 7¯x 2 m + ȳ 2 m, 2 ∤ ¯x m ȳ m und (|¯x m | , |ȳ m |) ≠ (|x m | , |y m |)
gibt. Außerdem sei durch die Vorzeichenwahl
(6.40) ¯x m ≡ ȳ m ≡ 2 − (−1) m (mod 4).
Denken wir uns die Zuordnung von (6.5) durch die Abbildung
( )
ϕ : Q 2 → Q 2 , (x, y) ↦→ 1
2 x + 1 −7
y,
2 2 x + 1 2 y
in der Form (x n+1 , y n+1 ) = ϕ (x n , y n ) für jedes n ∈ N 3 gegeben, so benötigen wir
für die Abstiegsstrategie die Umkehrabbildung
( )
ψ : Q 2 → Q 2 , (X, Y ) ↦→ 1
4 X − 1 4 Y, 7 4 X + 1 4 Y ,
die man zum Beispiel durch Auflösen des Gleichungssystems in (6.5) nach x n und
y n findet. Die Hintereinanderausführung von ϕ und ψ ergibt - der Umkehreigenschaft
entsprechend -
( ( ) ( )
ϕ (ψ(X, Y )) = 1 1
2 4 X − 1 4 Y + 1 7
2 4 X + 1 4 Y ,
( ) ( ))
(6.41)
−7 1
2 4 X − 1 4 Y + 1 7
2 4 X + 1 4 Y
= (X, Y ) für alle (X, Y ) ∈ Q 2 .
Mit Hilfe von ψ definieren wir
( )
(6.42) (¯x m−1 , ȳ m−1 ) : = ψ (¯x m , ȳ m ) = 1
4 ¯x m − 1 4ȳm, 7 4 ¯x m + 1 .
4ȳm
Wegen (6.40) gilt dann (¯x m−1 , ȳ m−1 ) ∈ Z 2 , und mit (6.39) folgt
(6.43)
7¯x 2 m−1 + ȳm−1 2 = 7 16 (¯x m − ȳ m ) 2 + 1
16 (7¯x m + ȳ m ) 2
= 1 (
16 7¯x
2
m − 14¯x m ȳ m + 7ȳm 2 + 49¯x 2 m + 14¯x m ȳ m + ȳm)
2
= 1 ( )
2 7¯x
2
m + ȳm
2 = 2 m−1 ,
d. h. (¯x m−1 , ȳ m−1 ) stellt ein Lösungspaar von 2 m−1 = 7x 2 + y 2 dar. Wegen (6.42)
und (6.41) ist außerdem
(6.44) ϕ (¯x m−1 , ȳ m−1 ) = (¯x m , ȳ m ) .
Bezüglich (¯x m−1 , ȳ m−1 ) unterscheiden wir jetzt die drei Fälle 2 ∤ ¯x m−1 ȳ m−1 ,
2 | ¯x m−1 ȳ m−1 mit ¯x m−1 ≠ 0 sowie ¯x m−1 = 0.