Anhang B: Quadratische Irrationalzahlen 1 Reel-quadratische Zahlkörper

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1 Anhang B: Quadratische Irrationalzahlen 1 Reel-quadratische Zahlkörper Eine reelle Zahl x Q heißt quadratische Irrationalzahl, wenn sie Lösung einer quadratischen Gleichung (1) ax bx c 0, a 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) Bemerkung. Die Gleichung (1) mit den Eigenschaften ( ) ist durch die quadratische Irrationalzahl x eindeutig bestimmt. Man nennt sie die Gleichung von x. Beweis. Sei a x b x c 0, wobei {a, b, c } ebenfalls die Bedingung ( ) erfüllt. Dann ist aa x ab x ac 0 a ax a bx ac und daher (a b ab )x+(a c ac ) 0. Wegen x Q folgt a b ab und a c ac, also a ggt(aa, ab, ac ) ggt (a a, a b, a c) a. Somit ist a a, b b und c c. Die Lösungen von (1) sind bekanntlich die Zahlen b D a ± a, wobei D : b + 4ac N 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 x 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 u v d. Dann ist yy u v d Q, y + y u Q, also ist (X y)(x y ) X (y + y )X + yy 0 1

2 eine quadratische Gleichung mit rationalen Koeffizienten und den Lösungen y und y. Es gilt also: Die quadratischen Irrationalzahlen sind die Zahlen der Form x u + v d, wobei u, v Q, v 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 Q. Wir definieren 1. Satz. K Q[ d] {u + v d u, v Q} und R Z[ d] {u + v d u, v Z} a) K ist ein Q Vektorraum mit Basis {1, d}. b) K ist ein Körper und R ist ein Ring. c) Die Konjugationsabbildung hat folgende Eigenschaften: σ : K K, u + v d u v d 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(x n ) 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. 1 + d sind über Q linear unabhängig: Sei a 1 + b d 0 mit a, b Q. Aus b 0 folgt a 0. Wäre b 0, so wäre d a b Q, Widerspruch.

3 b) Die Abgeschlossenheit gegenüber Addition und Negation ist für K und R klar. Abgeschlossenheit gegenüber der Multiplikation: Seien (a, b), (a b ) Q. Dann gilt (a + b d)(a + b d) (aa + bb d) + (ab + a b) d K und die rechte Seite liegt in R, falls a, b, a, b Z. Also sind K und R Ringe. Für den Beweis von d) halten wir noch fest: ( ) Aus (a, b), (a, b ) N >0 folgt aa + bb d, ab + a b N >0. Für die Körpereigenschaft von K muß noch jedes x K\{0} invertierbar sein: x a+b d 0 a) a 0 oder b 0, also auch a b d 0. Es folgt a b d (a + b d)(a b d) 0 und (a + b ( ) a d) a b d b d 1 a b d c) Zur Basis B {1, ( ) d} gehört der Basisisomorphismus a Φ : Q K, a + b d b ( ) 1 0 A ist invertierbar mit A A E 0 1. Daher ist σ : K Φ 1 Q A Q Φ K ein Isomorphismus, σ(u + v ( ( )) u d) Φ A 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. ( ) u Φ u v d v 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)(u + v d)) (uu + vv d) (av + u v) d (u v d)(u v d) (uu + vv d) (uv + u v) d. Induktiv ergibt sich daraus σ(x n ) σ(x) n. 3

4 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 heißt Norm von K. N : K Q, x xσ(x) Für x a + b d ist also N(x) a b d(a, b Q). In Analogie zu Anhang A.3. zeigt man leicht 1.3 Eigenschaften der Norm. Für x, y K gilt: a) N(xy) N(x)N(y); N(a) a für a Q, (insbesondere ist N( 1) N(1) 1). b) Ist x 0, so ist N(x) 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 Beweis. (i) G G (ii) r 1 σ(r) für alle r G a) ergibt sich sofort aus 1.. b) σ : K K ist ein Isomorphismus von Q Vektorräumen, also ist σ(x) 0 und somit N(x) xσ(x) 0 für x 0. Ferner ist σ(x) σ(x) K mit x 1. N(x) N(x) c) ist klar nach dem Beweis von 1..c). 4

5 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 σ(x) σ(x) ±σ(x) R und x 1, also x N(x) N(x) R. 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 gilt noch (1.4) Satz. a) {ε R ε > 1} {(1 + ) n n N >0 } b) R {±(1 + ) n n Z} c) G {±(3 + ) n n Z} Beweis. a) Zeige zunächst, daß ( ) 1 + Min{ε ε R und ε > 1} Beweis. N(1 + ) R Sei ε R mit ε > 1. Zeige, daß ε 1 +. Schreibe ε y + x mit x, y Z : N(ε) σ(ε) ±1 nach 1.3. Aus N(ε) 1 folgt ε σ(ε) 1 und σ(ε) ε 1 < 1. Es folgt y ε + σ(ε) > 0 und x ε σ(ε) > 0, also x > 0 und y > 0 aus Z ε 1 +. Sei nun ε R, ε > 1. Wegen (1 + ) n 1 + n ist lim (1 + ) n. Also gibt es genau n ein n N >0 mit (1+ ) n 1 < ε < (1+ ) n. Es folgt η : ε (1+ ) n 1 R, denn R ist eine Gruppe, die ε und 1 + enthält. Außerdem gilt 1 < η 1 + nach Wahl von n. 5

6 Nach ( ) gilt aber auch η 1 + und daher ε (1 + ) n. Umgekehrt ist für jedes n 1 (1 + ) n > 1 und (1 + ) 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 + ) n n N >0 }. Es folgt R {±(1 + ) n n Z} c) Sei ε ±(1 + ) n, n Z. Dann ist N(ε) N(1 + ) n ( 1) n 1 genau dann, wenn n m, m N. Ferner ist (1 + ) 3 +. Es folgt G {ε R N(ε) 1} {±(3 + ) m m Z} 6

7 Die Pell sche Gleichung Sei d N >0 kein Quadrat. Dann nennt man ( ) Y dx 1 die zu d gehörige Pell sche Gleichung. Die Lösungsmenge H d : {(x, y) R y dx 1} der obigen Gleichung stellt eine Hyperbel in der Ebene R dar. Frage: Welche Gitterpunkte (x, y) Z liegen auf der Hyperbel H d?.1 Satz. Auf H d liegen unendlich viele Gitterpunkte. Genauer gilt: Ist (x 0, y 0 ) N >0 der Gitterpunkte auf H d mit der kleinsten positiven x Koordinate, so ist H d Z {(x, y) Z Es gibt ein n Z mit y + x d ±(y 0 + x 0 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 dx Es ist also zu zeigen, daß (x, y) H d Z genau dann, wenn y + x d G. (1) G {±(y 0 + x 0 d) n n Z} wenn (x 0, y 0 ) H d N >0 mit kleinster x Koordinate ist. Im Fall d wurde dies im Satz 1.4 bereits bewiesen, wobei (x 0, y 0 ) (, 3) war. Zum Beweis von (1) sind einige Vorbereitungen nötig. Zunächst werden wir zeigen, daß es ein y + x d G gibt mit (x, y) N >0.. Lemma. Die Ungleichung () Y X d < 1 X hat unendlich viele Lösungen (x, y) N >0. 7

8 Für eine reelle Zahl r 0 bezeichnen wir mit r den ganzen Anteil von r. Die ist die ganze Zahl, die bei der Dezimalbruchentwicklung von r vor dem Komma steht. Beweis von.. Für x 1 und y d ist y x d d d < 1, d.h. y x d < 1 x. Damit hat () überhaupt eine Lösung in N >0. Behauptung. Zu jeder Lösung (x, y) N >0 von () gibt es eine weitere Lösung (x, y ) N >0 von () mit y x d < y x d. Damit erhält man wunschgemäß eine unendliche Folge von paarweise verschiedenen Lösungen von (). Beweis der Behauptung. Wegen d Q ist y x d 0 für alle (x, y) N >0. Also gibt es ein m N >0 mit (3) y x d > 1 m. Konstruiere nun ein (x, y ) N >0 mit 1 m > y x d. Betrachte dazu die Menge M : {1, d, d + 1,..., m d + 1} von m + 1 positiven ganzen Zahlen. Für jede u λ d + 1 M gilt Damit erhält man eine Abbildung 0 < u λ d 1. ϕ : M (0, 1], λ d + 1 λ d + 1 λ d Zerlege (0, 1] in m halboffene Intervalle der Länge 1 m. (0, 1] (0, 1 m ] ( 1 m, m ]... (m 1 m, 1] 8

9 Weil M aus m + 1 Elementen besteht gibt es u 1 < u in M, so daß ϕ(u 1 ) und ϕ(u ) in das gleiche Intervall der Länge 1 fallen. Insbesondere ist dann m ϕ(u ) ϕ(u 1 ) < 1 m Es ist u 1 λ 1 d + 1, u λ d + 1 mit 0 λ1 < λ m. Es folgt (u u 1 ) (λ λ 1 ) d (u λ d) (u1 λ 1 d) ϕ(u ) ϕ(u 1 ) < 1 m. Setzt man y u u 1 und x λ λ 1, so erhält man y x d < 1 m und 0 < x m und (x, y ) erfüllt die Bedingung y x d < 1 1. m x Ferner gilt nach Wahl von m wegen (3) y x d < 1 m < y x d, was zu beweisen war..3 Lemma. Es gibt ein k Z, 0 < k < 1 + d, so daß die Gleichung (4) Y dx k in N >0 unendlich viele Lösungen hat. Beweis. Nach. gibt es ein (x, y) N >0 mit y x d < 1. x Daraus ergibt sich die Beziehung y + x d y x d + x d < 1 + x d, also x 0 < y dx y x d y + x d < 1 + d 1 + d. x Nach. gibt es dann sogar unendlich viele (x, y) N >0 mit 0 < y dx < 1 + d Bei der Abbildung ϕ : N >0 Z\{0}(x, y) y dx 9

10 werden also unendlich viele Punkte in das Intervall I ( 1 d, 1 + 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) N >0 angenommen. Wir zeigen nun, daß die Gleichung Y dx 1 eine Lösung (x, y) N >0 besitzt. Nach.3 gibt es ein k Z\{0}, so daß die Gleichung (4) in N >0 unendlich viele Lösungen hat. Es gibt also insbesondere zwei Lösungen von (4) in N >0, so daß (x 1, y 1 ) (x, y ), x 1 x mod k und y 1 y mod k. Wir setzen y y 1y dx 1 y und x y 1x y x 1. k k Dann gilt nach Wahl von (x 1, y 1 ) und (x, y ) y 1 y dx 1 x y 1 dx 1 k 0 mod k und y 1 x y x 1 y 1 x 1 y 1 x 1 0 mod k und somit (x, y) Z. Wir zeigen nun, daß x 0, y dx 1 und y 0. Angenommen x 0. Es folgt y 1 x y x 1, also y x x 1 y 1. Ferner ist x x x 1 x 1. Einsetzen in (4) ergibt ( ) ( k y dx x y1 dx 1 x ) k, d.h. x x 1 x 1 x 1 und damit auch y y 1, Widerspruch. Aus k (y dx ) (y 1 y dx 1 x ) d(y 1 x y x 1 ) (y 1 dx 1)(y dx ) k folgt y dx 1. Ferner ist y 1 + dx 1 und daher y 0. Damit ist ( x, y ) N >0 eine Lösung der Pell schen Gleichung. Sei nun (x 0, y 0 ) N >0 die Lösungt der Pell schen Gleichung mit kleinster x Koordinate. Wie schon ausgeführt wurde, ist zu zeigen, daß G Γ : {±(y 0 + x 0 d) n n Z} 10

11 Wegen N(y 0 + x 0 d) y 0 x 0d 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 (5) G + : {r G r > 1} Γ Dann ist auch G {1} G + G + G 1 + G 1 + Γ. Zum Beweis von (5) zeigen wir zuerst, daß ε : y 0 + x 0 d Min G+. Sei dazu r y + x d G +, r ε. Angenommen r < ε. Aus rσ(r) 1 folgt 1 > σ(r) > 0, d.h. 1 > y x d > 0 und y r + σ(r) > 1, x d r σ(r) > 0. Es folgt y > 0 und x > 0. Nach Wahl von x 0 ist daher x x 0. Aus r < ε und x x 0 folgt y < y 0 und daher x y 1 d < y 0 1 d x 0, Widerspruch. Sei nun y + x d G +, y + x d ε. Wie gesehen y + x d > ε. Wegen ε > 1 ist lim n ε n. Es gibt also genau ein n N >0 mit (6) ε n 1 < y + d ε n. Da G eine Gruppe ist und {ε, y + x d} G}, ist auch η y+x d ε n 1 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 ε n. Wir wollen noch sehen, wie man rekursiv von (x 0, y 0 ) ausgehend alle Gitterpunkte auf H d berechnet. Dabei kann man sich aus Symmetriegründen auf den ersten Quadranten beschränken. Wähle y n, x n N >0 so, daß y n + x n d (y0 + x 0 d) n+1 (n N). 11

12 Nach.1 ist dann H d N >0 {(x n, y n ) n N}. Wegen y n x n d (y0 x 0 d) n+1 ergibt sich x n (y 0+x 0 d) n+1 (y 0 x 0 d) n+1 und d y n (y 0+x 0 d) n+1 +(y 0 x 0 d) n+1 für alle n N.4 Korollar. Die positiven Gitterpunkte (x n, y n ), n N auf H d berechen sich rekursiv aus (x 0, y 0 ) mit den Formeln Beweis. y n 1 x 0 + x n 1 y 0 x n y n 1 x 0 + x n 1 y 0 y n y n 1 y 0 + dx n 1 x 0 für alle n 1 (y 0 + x 0 d) n x 0 d + (y0 x 0 d) n x 0 d + (y0 + x 0 d) n y 0 (y 0 x 0 d) n y 0 d (y 0 + x 0 d) n (y 0 + x 0 d) (y0 x 0 d) n (y 0 x 0 d) d Der Beweis der zweiten Formel verläuft analog. x n Zum Schluß wollen wir noch zeigen, wie man im Fall einer Primzahl der Form d m + 1, m N die kleinste positive ganze Lösung der Pell schen Gleichung berechnet..5 Satz. Ist d m + 1 eine Primzahl, m N, so ist (m, m + 1) die kleinste positve Lösung der Pell schen Gleichung Y dx 1. Beweis. (m, m + 1) ist offenbar eine Lösung. Sei (x, y) N >0 eine beliebige Lösung. Dann ist x (m + 1) y 1 (y 1)(y + 1). Da nun m + 1 eine Primzahl ist, folgt m + 1 y + 1 oder m + 1 y Fall. Ist m + 1 y + 1 oder m + 1 y 1, so ist 1

13 x m 1 oder x m + 3. Es folgt (m x)(m + x) 1 oder (x m)(x + m) 3. Dies ist nur möglich, wenn m 1, x und y 3 gilt.. Fall. m + 1 y 1 oder m + 1 y + 1. Es folgt y + 1 (m + 1) und daher x (m + 1) (y + 1)(y 1) (m + 1)((m + 1) ) 4(m + 1)m. Kürzen ergibt x 4m und x m. 13

14 3 Anwendungen der Pell schen Gleichung A. Quadrat- und Dreieckszahlen. Quadratzahlen: Dreieckszahlen: 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

15 Ist w N >0 eine Quadrat- und Dreieckszahl, so gibt es natürliche Zahlen m und n mit (1) w m n(n + 1) ( n) Setze x : m und y n + 1. Aus x und y berechnen sich n und m als n y 1 und m x. Aus (1) folgt x 4 y 1 y+1 1 () Y x 1, d.h. x und y genügen der Pell schen Gleichung. Ist also w m n(n+1) mit m, n N >0, so ist (x, y) (m, n + 1) ein Gitterpunkt auf der Hyperbel H : Y X 1 im positiven Quadranten. Sei umgekehrt (x, y) H N >0. Dann gilt x y 1 (y + 1)(y 1). Insbesondere ist y ungerade und x gerade und y > 1. Setze m : x Dann sind m, n N >0 und und n : y 1. m x 4 y 1 8 y + 1 y 1 1 (n + 1)n 1. Damit ist x eine Quadrat- und Dreieckszahl, wobei x die Kantenlänge des 4 zugehörigen Quadrats und y 1 die Kantenlänge des zugehörigen Dreiecks ist. Wir fassen das bisher gesehene zusammen. 3.1 Satz. Die Quadrat- und Dreieckszahlen aus N >0 entsprechen eineindeutig den positiven Gitterpunkten auf der Hyperbel H : Y X 1. Genauer gilt: a) Ist w m n(n+1) eine Quadrat- und Dreieckszahl, so ist (m, n + 1) H. b) Ist (x, y) H N >0, so sind die Zahlen m x y 1 und n ganz und w m n(n+1) ist die zugehörige Quadrat- und Dreieckszahl. 15

16 Wir wenden Korollar.4 im Fall d an und erhalten 3. Korollar. Die Gitterpunkte H N >0 ergeben sich rekursiv aus x 0, y 0 3 mit den Formeln x n y n 1 + 3x n 1 ; y n 3y n 1 + 4x n 1 für alle n 1. Aus 3.1 und 3. ergeben sich schließlich Rekursionsformeln für die Quadratund Dreieckszahlen. 3.3 Korollar. Ordnet man die Quadrat- und Dreieckszahlen z n qn dn(d n+1) nach ihrer Größe, so gilt für die Kantenlängen q n bzw. d n der zugehörigen Quadrate bzw. Dreiecke q 0 d 0 z 0 1 q n d n 1 + 3q n ; d n 3d n 1 + 4q n für alle n 1 Man erhält also q ; d , z 1 36 q ; d , z 15 q ; d , z usw. Beweis. Nach 3.1 sind die Zahlen z n x n 4, n 0, 1,,... die Quadrat- und Dreieckszahlen und es gilt q n xn Kantenlänge des Quadrats und d n yn 1 Kantenlänge des Dreiecks. Setzt man die Formeln aus 3. ein, so ergibt sich z 0 x 0 4 1, q 0 x 0 1, d 0 y und q n xn y n 1 + 3x n 1 d n q n 1, d n yn 1 3y n 1 + x n 1 1 3(d n 1 + 1) + 4q n 1 1 3d n 1 + 4q n für n 1 B. Ein kombinatorisches Problem. Eine Urne enhalte q Kugeln; davon seien r Kugeln rot und die übrigen schwarz. Frage: Wie müssen die Zahlen q und r gewählt sein, damit gilt: 16

17 (1) Die Wahrscheinlichkeit dafür, daß zwei Kugeln, die ohne Zurücklegen gezogen werden, beide rot sind, ist Satz. Aussage (1) gilt genau dann, wenn gilt: () q(q 1) r(r 1) ( ) q Beweis. Es gibt verschiedene Stichproben der Ordnung. Davon bestehen aus zwei roten Kugeln. Also gilt (1) genau dann, wenn ( ) r ( ) ( ) q r, d.h. wenn q(q 1) r(r 1). Zusammenhang mit der Pell schen Gleichung. Wir betrachten anstelle der gewöhnlichen Pell schen Gleichung Y X +1 die Gleichung (3) Y X 1 ; H : Y X Satz. Seien q und r positive ganze Zahlen. Genau dann erfüllen q und r die Bedingung (), wenn (x, y) (q 1, r 1) die Gleichung (3) löst. Beweis. Seien x, y N >0 mit y x 1. Wegen y x 1 ist y ungerade. Es folgt y 1 mod 4 und daher x y + 1 mod 4. Also ist auch x ungerade. Schreibe daher x und y in der Form y q 1 und x r 1 mit q, r N >0. Aus y x 1 folgt (q 1) (r 1) 1, d.h. q(q 1) r(r 1). Seien umgekehrt q, r N >0 mit q(q 1) r(r 1). Setze y q 1 und x r 1. Dann gilt Damit ist gezeigt: y x 4q 4q + 1 8r + 8r 1. 17

18 3.6 Korollar. Genau dann erfüllt das Zahlenpaar (q, r) die Bedingung (1), wenn (x, y) (q 1, r 1) die Gleichung Y X 1 löst. Sei nun wieder K Q[ ], R Z[ ] und N die Norm von K, d.h. N(y + x d) y x, wenn (x, y) Q. Es gilt also: (x, y) N >0 löst (3) genau dann, wenn N(y + x d) 1. Insbesondere ist dann y + x d R. Nach 1.4 gilt R {±(1 + ) n n Z} und N(1 + ) 1. Es folgt (4) {y + x d (x, y) N >0, N(y + x d) 1} {(1 + ) n+1 n N} 3.7 Korollar. Die Menge aller (q, r) N >0 mit q und q(q 1) r(r 1) erhält man mit der Formel ( ) ( ) m ( ) ( ) q 3 4 1/ 1/ +, m N r 3 1/ 1/ >0. Beweis. Nach 3.5 gilt {(q, r) N >0 q(q 1) r(r 1)} {( x + 1, y 1 ) x, y H N >0} Nach (4) ist H N >0 {(1 + ) m+1 m N}. Nun ist (1 + ) 3 + und daher (1 + ) m+1 (3 + ) m (1 + ) 3.8 Lemma. Für u, v, x, y R gilt: ( ) ( ) ( ) y 3 4 v genau dann wenn (3 + )(v + u ) y + x x 3 u ( ) ( ) 3 4 v Beweis. Es ist 3 u ( ) 3v + 4u und v + 3u 18

19 (3+ )(v +u ) (3v +4u)+(v +3u). Aus der linearen Unabhängigkeit von 1 und über Q folgt die Behauptung. Aus 3.8 ergibt sich rekursiv y + x (1 + ) m+1 Zurück zum Beweis von 3.7. ( ) y x ( ) m ( ) 1 1 Wie gesehen durchläuft (q, r) die Paare ( x + 1, y 1 ) mit y + x (1 + ) m+1, m N 0, q x + 1 ( ) ( ) q 1 m 0 : was nicht zugelassen ist. r 1 m 1 : Wie gesehen ist ( ) ( ) ( ) q y 1/ r 1 + ( x ) 1/ m ( ) 3 4 1/ + 3 1/ Für kleine m ergibt sich: ( ) ( ) 3 4 1/ + 3 1/ ( ) ( ) 4 3 Probe: 6, 3 ( ) ( ) ( ) 3 4 7/ 1/ + 3 5/ 1/ ( ) ( ) 1 15 Probe: 10, 105 Probe: ( 10 1 ( ) 1/ 1/ ( ) 41/ + 9/ ( ) ( ) / + 3 9/ ) ( ) ; 3570 ( ) 1/ 1/ ( ) m ( ) ( ) / + ( ) 3 1 1/ 1/ ; offenbar ist dann q 1/ ( ) 4 also q 4, r 3 3 ( ) 1/ 1/ ( ) 1 ; q 1, r ( ) 10 ; q 10, r

20 4 Kettenbrüche In Kapitel III, 6.6 haben wir gesehen, daß sich jede reelle Zahl x als Grenzwert einer Folge (r n ) 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 x 1,..., x n positive reelle Zahlen, n 1. Der zu (x 1,..., x n ) gehörige Kettenbruch < x 1,..., x n > ist rekursiv erklärt als < x 1 >: x 1 (n 1) < x 1, x >: x x (n ) < x 1, x, x >: x <x,x 3 > < x 1, < x, x 3 >> (n 3). < x 1,..., x n >: x <x,...,x n> < x 1, < x,...,, x n >> (n 3) Beispiel. < 1,, 3, 4 >< 1, <, 3, 4 >> <,3,4> <, < 3, 4 >> <3,4> Bemerkung. Für n 3 gilt < x 1,..., x n >< x 1,..., x n, < x n 1, x n >>. Beweis. n 3 :< x 1, x, x 3 >< x 1, < x, x 3 >> gilt definitionsgemäß. Schluß von n 1 auf n. Sei n 4 und 4.1 bewiesen für n 1: < x 1,..., x n > Def. < x 1, < x,..., x n >> I.V. < x 1, < x,..., x n, < x n 1, x n >>> Def. < x 1, x,..., x n, < x n 1, x n >. Offenbar gilt für a 1,..., a n N >0 :< a 1 > a 1 und für n ist 1 < a 1,..., a n > a 1 + <a,...,a n> Q (Induktion nach n) und < a 1,..., a n >> 1. Es gilt auch umgekehrt 4. Satz. Jedes x Q, x 1 besitzt eine endliche Kettenbruchentwicklung x < a 1,..., a n > mit a i N >0. Eine reelle Zahl x 1 hat somit genau dann 0

21 eine endliche Kettenbruchentwicklung x < a 1,..., a n > mit a 1,..., a n N >0, wenn x rational ist. Beweis. 1 < 1 >, wir können also x > 1 annehmen. Schreibe x in gekürzter Darstellung x y 0 y 1 mit ggt (y 0, y 1 ) 1 und y 0, y 1 N >0. Schließe induktiv nach y 1. Für y 1 1 ist x N und x < x >. Sei y 1 > 1 und 4. bewiesen für alle reellen Zahlen > 1 mit einem Nenner < y 1. Dividiere y 0 durch y 1 mit Rest und erhalte y 0 a 1 y 1 + y mit a 1 > 0, 0 < y < y 1, also x y 0 y 1 a 1 + y y 1 und y 1 y > 1 Nach Induktionsvoraussetzung besitzt x y 1 y eine endliche Kettenbruchentwicklung x < a,..., a n >, i N >0. Es folgt x a 1 + y y 1 a x < a 1, x >< a 1, < a,..., a n >>< a 1,..., a n >. Anmerkung zu 4.. Der euklidische Algorithmus für das Paar (y 0, y 1 ) liefert die Zahlen a 1,..., a n mit x < a 1,..., a n >: y 0 a 1 y 1 + y, 0 < y < y 1 y 1 a y + y 3, 0 < y 3 < y. y n a n 1 y n 1 + y n, 0 < y n < y n 1 y n 1 a n y n wobei a i N >0, i 1,..., n. Man schließt induktiv: y 0 y 1 < a 1,..., a n > Konstruktion der Kettenbruchentwicklung einer irrationalen Zahl. Für x R, x 0 bezeichne x den ganzen Anteil von x. Sei nun x R\Q, x > 1. 1

22 1. Schritt. Setze a 1 : x und x 1 : x. Nach Voraussetzung ist 0 < x a 1 < 1, d.h. x : 1 x a 1 > 1 und x Q, und daher x a x < a 1, x >. Man kann wegen x > 1, x Q, das Verfahren mit x fortsetzen.. Schritt. Setze a : x und x 3 : 1 x a. Dann ist x a + 1 x 3 < a, x 3 > und x < a 1, x >< a 1, < a, x 3 >>< a 1, a, x 3 >, x 3 > 1, x 3 Q. Fahre so fort: Seien a 1,..., a n 1 Q >0 und x 1,..., x n N\Q, x j > 1 schon konstruiert. Schritt von n 1 auf n. Setze a n : x n und x n+1 : 1 x n a n. Dann ist x n+1 > 1, x n+1 Q und (1) x n a n + 1 x n+1 < a n, x n+1 >. Damit sind a i und x i für alle i N >0 rekursiv definiert und x i > 1, x 1 R\Q, a i N >0. Ferner gilt () x < a 1,..., a n, x n+1 > für alle n N >0. Beweis. () gilt nach Schritt 1 für n 1. Schluß von n auf n + 1 :< a 1,..., a n, a n+1, x n+ > 4. < a 1,..., a n, < a n+1, x n+ >>< a 1,... a n, x n+1 > I.V. x Definition. Die rationale Zahl r n :< a 1,..., a n >, n 1 heißt der n te Näherungsbruch und x n die n te Restzahl von x. Offenbar gilt: < a k,..., a k+n 1 > ist der n te Näherungsbruch von x k und x k+n 1 ist die n te Restzahl von x k. 4.3 Satz. Die Folge (r n ) konvergiert gegen x.

23 4.4 Lemma. Sei (a 1,..., a n ) Q n >0 beliebig vorgegeben. Setze r n :< a 1,..., a n > und definiere rekursiv: } p 0 1, p 1 a 1, p i a i p i 1 + p i für i n. Dann gilt q 0 0, q 1 1, q i a i q i 1 + q i (3) r n p n q n. Beweis von 4.4. (Induktion nach n.) n : r 1 < a 1 > p 1 q 1 ; p q a p a a a < a 1, a > r Sei n 3 und 4.4 bewiesen für n 1. Insbesondere gilt 4.4 für das (n 1) tupel (a 1,..., a n, < a n 1, a n >>. Es folgt < a 1,..., a n, < a n 1, a n >> < a n 1, a n > p n + p n 3 < a n 1, a n > q n + q n 3 (a n a n )p n + p n 3 (a n a 1 n 1p n + p n 3 + a n p n a n )q n + q n 3 a n 1 q n + q n a n q n p n a n p n q n a np n 1 + p n p n a n q n a n q n 1 + q n q n Ferner gilt nach 4.1 < a 1,..., a n >< a 1,..., a n, < a n 1, a n >>. Beweis von 4.3. Seien p n und q n wie in 4.4. Behauptung. Für alle n N >0 ist (4) x p nx n+1 + p n 1 q n x n+1 + q n 1 Beweis. (Induktion) n 1: p 1 x + p 0 a 1x + 1 a < a 1, x > () x q 1 x + q 0 x x Schluß von n 1 auf n, n : x n+1 1 x n a n, also p n x n+1 + p n 1 p n + (x n a n )p n 1 x n a n p n 1x n + p n x n a n a np n 1 + p n + x n p n 1 a n p n 1 x n a n 3

24 Analog zeigt man: q n x n+1 + q n 1 q n 1x n+q n x n a n. Es folgt Behauptung. Für alle n 1 ist p n x n+1 + p n 1 q n x n+1 + q n 1 p n 1x n + p n q n 1 x n + q n I.V. x (5) p n 1 q n q n 1 p n ( 1) n 1 Beweis. (Induktion) n 1 : p 0 q 1 q 0 p a 1 1 ( 1) 0. Schluß von n 1 auf n, n : p n 1 q n q n 1 p n p n 1 (a n q n 1 + q n ) q n 1 (a n p n 1 + p n ) p n 1 q n q n 1 p n ( 1)(p n q n 1 q n p n 1 ) I.V. ( 1) n 1 Daraus folgt schließlich x p n q n (4) (p n x n+1 + p n 1 )q n (q n x n+1 + q n 1 )p n q n (q n x n+1 + q n 1 ) p n 1 q n q n 1 p n q n (q n x n+1 + q n 1 ) (5) 1 < 1 (q n x n+1 + q n 1 )q n qn Wegen q n für n ist 1 qn lim r p n lim n n n q n x. Schreibe für diese Tatsache auch eine Nullfolge und x lim n < a 1,..., a n > oder x < a 1, a, a 3,... >. 4

25 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 x < a 1,..., a n > die Kettenbruchentwicklung von x. Definition. x < a 1, a, a 3,... > heißt periodischer Kettenbruch, wenn es ein n 0 N >0 und ein k N >0, gibt, so daß a n a n+k für alle n n 0. k heißt Periode von x. Schreibe in diesem Fall x < a 1,..., a n0 1, a n0,..., a n0 +k 1 > Spezialfall. Sei x periodisch mit n 0 1, also x < a 1,..., a k >. Dann nennt man x auch rein periodisch. Nach Definition der Restzahlen gilt für alle l N >0. x l < a l, a l+1,... >, insbesondere für l k + 1 x k+1 < a k+1, a k+,... >< a 1, a,... > x Aus 4, (4) ergibt sich also im rein periodischen Fall x p kx + p k 1 q k x + q k 1, d.h. q k x + (q k 1 p k )x p k 1 0 Fazit. Hat x eine rein periodische Kettenbruchentwicklung, so ist x eine quadratische Irrationalzahl. Sei (6) ax bx c 0 die normierte Gleichung von x, d.h. (7) {a, b, c} Z, a > 0 und ggt (a, b, c) 1 5

26 Definitionsgemäß ist D : b + 4ac die Diskriminante von x. Die Lösungen von (6) sind dann b a ± D a und D > 0. Es ist also x u + v D mit u, v Q, und die zweite Lösung von (6) ist x u v D, die zu x konjugierte quadratische Irrationalzahl. Allgemeiner Fall. Sei nun x > 1 periodisch, aber nicht rein periodisch: x < a 1,..., a n0 1, a n0,..., a n0 +k 1 >, n 0 Dann ist x n0 < a n0,..., a n0 +k 1 > rein periodisch, also nach dem Spezialfall eine quadratische Irrationalzahl. Es gilt: ( ) x x 1, x 1 a x,..., x i 1 a i x i,... Behauptung. Die Zahl x ist ebenfalls eine quadratische Irrationalzahl und sie hat die gleiche Diskriminante wie x n0. 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 x konjugiert zu x, so ist auch α + 1 x konjugiert zu α + 1 x. c) Ist x eine quadratische Irrationalzahl, so haben x und y die gleiche Diskriminante. Beweis. Sei (a, b, c) wie in (7). Es gilt az bz c 0 c( 1 z ) + b( 1 z ) a 0 Damit ist a) und b) im Fall α 0 gezeigt. Ferner ist D( 1 x ) ( b) + 4ca b + 4ca b + 4ac D(x). Es ist also noch zu zeigen: Ist x eine quadratische Irrationalzahl, so gilt: 6

27 i) x + α ist eine quadratische Irrationalzahl. ii) Ist x konjugiert zu x, so ist x + 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) b(x α) c ax (b + aα)x (c bα aα ) Es ist ggt (a, b + aα, c bα aα ) ggt (a, b, c) 1, also D(x + α) (b + aα) + 4a(c bα aα ) b + 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. 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 x gilt: 0 > x > 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 normierter Gleichung (6). Da x > 1 ist und 0 > x > 1, muß x b + D a a und x b D sein. a a Es folgt 0 < x b+ D a < 1, also b a x + x > 1 1 0, also b > 0 und b < D wegen x < 0. 7

28 Es folgt 0 < b < D. Damit kann b bei vorgegebenem D nur endlich viele verschiedene ganzzahlige Werte annehmen. Wegen x < 1 < x gilt b + D < a < b + D Also gibt es bei vorgegebenen b und D auch für a nur endlich viele Möglichkeiten. 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.. Sei x > 1 eine quadratische Irrationalzahl und x < a 1, a,... > ihre Kettenbruchentwicklung. Für ihre Restzahlen gilt: x x 1 und x n a n + 1 x n+1. Nach 3.5 ist mit x auch x n eine quadratische Irrationalzahl, und zwar mit der gleichen Diskriminante wie x. Ferner besteht zwischen den Konjugierten x n und x n+1 ebenfalls die Beziehung x n a n + 1 x n+1 Behauptung. Für alle n gilt x n+1 und damit auch 1 x n a n für alle n N >0 (8) x n q n x p n q n 1 x p n 1 Beweis. (Induktion.) x x 1 x x 1 x 1 x a 1 q 0x p 0 p 1 q 1 x Schluß von n auf n + 1, n : x n+1 1 I.V. x n a n 1 q n x p n a np n 1 +a nq n 1 x q n 1 x +p n 1 8

29 Aus (8) ergibt sich nun q n 1x + p n 1 q n x p n q n 1x p n 1 q n x p n 1 x n q n 1x p n 1 q n 1q n x p n 1 q n 1 q n x p n q n x p n q n (5) (q n 1q n x q n 1 p n ) ( 1) n q n x p n q n q n ( q n 1 ) ( 1) n 1 q n (x p n q n ) Nach 4.3 ist lim n p n q n x und es ist x x wegen D 0. Ferner ist q n 1 q n q n 3 1 für n 4. Für große n gilt also 1 x n 1 1 q n denn dann ist q n > 0, q n 1 q n 1 und Somit ist 1 x n ( ) ( 1) n q n 1 q n (x p > 0 n q n )q n > 1 für große n, d.h. 1 < x n < 0. ( 1) n 1 (x p n q n )q n ist eine Nullfolge. M. a. W.: Für große n ist x n eine reduzierte quadratische Irrationalzahl mit Diskriminante D. Da es davon nach 5.3 aber nur endlich viele gibt, gibt es positive ganze Zahlen i 0 und l mit x i0 x i0 +l. Es folgt < a i0, a i0 +1,... > x i0 x i0 +l < a i0 +l, a i0 +l+1,... > Für alle i i 0 ist also a i a i+l, d.h.: Die Zahl ist ein periodischer Kettenbruch. x < a 1,..., a i0, a i0,..., a i0 +l 1 > 9