Univerza v Ljubljani

Pedagoška fakulteta

Oddelek za matematiko in računalništvo

Marko Razpet

TRIKOTNIŠKA IN KVADRATNA ŠTEVILA

Študijsko gradivo

Zgodovina matematike

Ljubljana, november 2019

VsebinaSeznam slik 3

Trikotniška števila 7

Središčno trikotniška števila 12

Kvadratna števila 15

Središčno kvadratna števila 17

Kdaj je Tn = T′m? 19

Kdaj je Tn = Qm? 23

Kdaj je Tn = Q′m? 26

Kdaj je T′n = Qm? 27

Kdaj je T′n = Q′m? 31

Kdaj je Qn = Q′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 števila T7. . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

5 Nazorno do števila T9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

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

7 Začetna trikotniška števila. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

8 Vsota zaporednih trikotniških števil T8 in T9. . . . . . . . . . . . . 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 število T15 = 680. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3818 Graf funkcije Ψ1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

19 Razdelitev Fibonaccijevega pravokotnika na kvadrate. . . . . . . . 49

3

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 samostalnika γωνία – 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 imenovali τετρακτύς – četverstvo. Predstavljena je na sliki 1.

4

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 najstarejših časov. 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

5

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 tam n, je vseh Tn = 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

6

Aleksandrije, Διόφαντος ὁ Ἀλεξανδρεύς. 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 število Tn je vsota prvih n zaporednih naravnih števil:

Tn = 1 + 2 + 3 + . . .+n.

Število Tn imenujemo trikotniško zato, ker lahko Tn 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, pa n objektov. Trikotnik

je po navadi enakostraničen, na vsaki stranici je n objektov. Včasih trikot-

nik poravnamo v desno ali levo stran, da dobimo pravokoten trikotnik,

včasih pa je trikotnik raznostraničen (slika 4).

Slika 4. Predstavitve trikotniškega števila T7.

Če dva enaka trikotnika objektov sestavimo v pravokotnik tako, kot

kaže slika 5 za T9, lahko pridemo do splošne formule za Tn. V konkretnem

primeru je

T9 + T9 = 9 · 10 = 90,

7

torej T9 = 45. V splošnem pa je Tn + Tn = n · (n+ 1), kar nam da

Tn =n(n+ 1)

2.

Seveda to ni pravi dokaz. Pravilno se postopa takole, da zapišemo najprej

Tn = 1 + 2 + . . .+ (n− 1) +n,

nato pa še člene v obratnem vrstnem redu:

Tn = n+ (n− 1) + . . .+ 2 + 1.

Obe vsoti seštejemo, pri tem na desni strani združimo istoležne člene:

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

Na koncu dobimo:

Tn =n(n+ 1)

2.

Dobljeno formulo, da se prepričamo o njeni pravilnosti, lahko dokažemo

še z metodo popolne ali matematične indukcije.

Število Rn = 2Tn = n(n + 1) imenujemo podolžno ali pravokotniško

število, ker 2Tn objektov 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:

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

Pitagorejci so podolžnemu številu rekli ἑτερομήκης, kar izhaja iz pride-

vnika ἕτερος, različen, drugačen, in samostalnika μῆκος, dolgost, dolžina.

Lahko pa uporabimo znano formulo za vsoto prvih n zaporednih na-

ravnih števil, ki je poseben primer vsote višjih potenc prvih n zaporednih

naravnih števil:

S(p)n = 1p + 2p + 3p + . . .+np =

n∑k=1

kp.

8

Slika 5. Nazorno do števila T9.

Pri tem je p naravno število. Zaključene formule na splošno ni, zato nave-

dimo le nekaj primerov:

S(1)n =

n(n+ 1)2

, S(2)n =

n(n+ 1)(2n+ 1)6

, S(3)n =

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 število N trikotniško, mora obstajati naravno število

n, za katero velja enačba

N = Tn =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.

9

Torej je naravno število N trikotniško natanko tedaj, ko je 8N + 1 kvadrat

lihega števila:

8Tn + 1 = (2n+ 1)2.

Enakost za n = 4 ponazarja slika 6.

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

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

Obstaja več enakosti, ki veljajo za trikotniška števila. Najpreprostejša

je rekurzivna enakost

Tn+1 = Tn + (n+ 1),

ki tudi pove, da iz trikotnika objektov, ki predstavlja število Tn, dobimo

trikotnik za Tn+1 z dodatkom stranice z n+ 1 objekti (slika 7).

Zaporedni trikotniški števili sestavljata kvadrat:

Tn−1 + Tn = n2.

Dokaz poteka preprosto po ustaljenem postopku:

Tn−1 + Tn =(n− 1)n

2+n(n+ 1)

2=n((n− 1) + (n+ 1))

2=n · 2n

2= n2.

10

Slika 7. Začetna trikotniška števila.

Dokazano enakost lahko interpretiramo tudi slikovno (slika 8).

Slika 8. Vsota zaporednih trikotniških števil T8 in T9.

Dokažimo še enakost:

T 2n+1 − T2n = (n+ 1)

3.

Uporabimo definicijo trikotniških števil in računamo:

T 2n+1 − T2n =

((n+ 1)(n+ 2)

2

)2−(n(n+ 1)

2

)2=

11

=14

((n+ 1)2(n+ 2)2 −n2(n+ 1)2) = 14

(n+ 1)2((n+ 2)2 −n2)) =

=14

(n+ 1)2(n+ 2−n)(n+ 2 +n) = 14

(n+ 1)2 · 2(2n+ 2) = (n+ 1)3.

Podobno preverimo naslednje enakosti:

T 2n−1 + T2n = Tn2 ,

3Tn + Tn−1 = T2n,

3Tn + Tn+1 = T2n+1,

Tn−1 + 6Tn + Tn+1 = 8Tn + 1,

Tm+n = Tm + Tn +mn,

Tm+n+p = Tm + Tn + Tp +mn+np+mp,

Tmn = TmTn + Tm−1Tn−1.

Koristno je vpeljati tudi število T0 = 0, ki je v soglasju z izrazom Tn =

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:

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

Središčno trikotniška števila

V trikotnik lahko postavimo objekte tudi tako, da jih razporedimo po

ogliščih in stranicah koncentričnih enakostraničnih trikotnikov, enega pa

12

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 imenujemo središčno trikotniško število in ga označimo sT ′n. Za n = 1 je trikotnik degeneriran v točko, zato je T

′1 = 1. Tudi središčno

trikotniška števila sestavljajo naraščajoče zaporedje naravnih števil:

(T ′n)∞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 ′n = 1 + 3Tn−1.

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

T ′1 = 1, T′2 = 1 + 3, T

′3 = 1 + 3 + 6, T

′4 = 1 + 3 + 6 + 9, T

′5 = 1 + 3 + 6 + 9 + 12.

Torej velja rekurzivna formula

T ′n+1 = T′n + 3n.

13

Iz teh rezultatov lahko sklepamo, da velja v splošnem

T ′n = 1 + 3(1 + 2 + . . .+ (n− 1)) = 1 + 3Tn−1 = 1 +3n(n− 1)

2.

Iz tega sledi še oblika

T ′n =3n2 − 3n+ 2

2.

Lahko pa uporabimo tudi prikaz na sliki 10 in pridemo s posplošitvijo

do istega rezultata. Smiselno je vzeti še T ′0 = 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 ′n = Tn−2 + Tn−1 + Tn.

Za n = 2 imamo T ′2 = T0 + T1 + T2 = 0 + 1 + 3 = 4. Sicer pa enakost

preverimo takole:

Tn−2 + Tn−1 + Tn =12

((n− 2)(n− 1) +n(n− 1) +n(n+ 1)) =

=12

(n2 − 3n+ 2 +n2 −n+n2 +n) = 12

(3n2 − 3n+ 2) = T ′n.

Rezultat lahko ponazorimo slikovno. Slika 11 ustreza n = 5.

14

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

Kvadratna števila

Kvadratna številaQn ali preprosteje kvadrati so definirana zelo enostavno:

Qn = n2.

Pri tem je n naravno število. Kvadratna so iz dveh razlogov: izražajo se s

kvadratom naravnega števila n, predstavimo pa jih lahko z n2 objekti, raz-

porejenimi v kvadrat. Če kvadratni predstavitvi zaQn dodamo na desnem

in zgornjem robu še 2n + 1 objektov, dobimo predstavitev za Qn+1 (slika

12). To pomeni, da velja rekurzivna enačba

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

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

Qn = Tn−1 + Tn = 2Tn−1 +n.

Kvadratno število Qn je vsota prvih n zaporednih lihih števil:

Qn = 1 + 3 + 5 + . . .+ (2n− 1).

15

Slika 12. Začetna kvadratna števila.

Smiselno je vpeljati število Q0 = 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 število N vsota dveh kvadratnih števil, je odvisno od ob-

like njegovega razcepa na prafaktorje.

Vsa kvadratna števila po vrsti sestavljajo naraščajoče zaporedje na-

ravnih števil:

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

16

Središčno kvadratna števila

Podobno kot središčno trikotniška števila T ′n vpeljemo tudi središčno kvad-

ratna števila Q′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). Za n = 1 je kvadrat degeneriran v točko, zato jeQ′1 = 1. Tudi središčno

kvadratna števila sestavljajo naraščajoče zaporedje naravnih števil:

(Q′n)∞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′n = 1 + 4Tn−1.

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

Q′1 = 1, Q′2 = 1 + 4, Q

′3 = 1 + 4 + 8, T

′4 = 1 + 4 + 8 + 12, T

′5 = 1 + 4 + 8 + 12 + 16.

17

Potemtakem velja rekurzivna formula

Q′n+1 =Q′n + 4n.

Iz teh rezultatov lahko sklepamo, da velja v splošnem

Q′n = 1 + 4(1 + 2 + . . .+ (n− 1)) = 1 + 4Tn−1 = 1 + 2n(n− 1).

Iz tega sledijo za n > 0 še oblike

Q′n = 2n2 − 2n+ 1 = (n− 1)2 +n2 =Qn−1 +Qn.

Smiselno je vpeljati število Q′0 = 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 Tn, središčno

trikotniška T ′n, kvadratna Qn in središčno kvadratna Q′n. Opazimo, da so

18

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

naravni števili n in m velja:

Tn = T′m, Tn =Qm, Tn =Q

′m, T

′n =Qm, T

′n =Q

′m, Qn =Q

′m.

Na ta vprašanja bomo odgovorili v naslednjih razdelkih.

Kdaj je Tn = T′m?

Kdaj je trikotniško število Tn enako središčno trikotniškemu številu T ′m?

Vprašanje ima smisel, saj je T1 = T ′1 = T′0 = 1. Da bi poiskali še druge

rešitve, prepišemo enačbo Tn = T ′m 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 in y = 2m− 1, ki sta za m ≥ 1 naravni. Dobimoposplošeno Pellovo, pravilneje Fermatovo enačbo

x2 − 3y2 = 6.

Pridružena ali pripadajoča Pellova enačba je

x2 − 3y2 = 1,

19

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

(xk , yk) dobimo namreč s formulo

xk + yk√

3 = (x1 + y1√

3)k = (2 +√

3)k .

Cela števila xk in yk za k = 0,1,2,3, . . . sestavljajo neskončni zaporedji.

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

zapišemo:

xk+1 + yk+1√

3 = (x1 + y1√

3)k+1 = (2 +√

3)(xk + yk√

3).

Dobimo sistem rekurzivnih enačb:

xk+1 = 2xk + 3yk ,

yk+1 = xk + 2yk .

Pri tem smo upoštevali enoličnost zapisa števil v obsegu Q(√

3). Na splošno

obseg Q(√m), kjer m ni kvadratno število, sestavljajo števila α+β

√m, kjer

sta α in β 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:

xk+2 = 4xk+1 − xk , x0 = 1,x1 = 2;

yk+2 = 4yk+1 − yk , y0 = 0, y1 = 1.

Karakteristična enačba zgornjih rekurzivnih enačb je λ2 = 4λ− 1 s ko-renoma λ1 = 2 +

√3 in λ2 = 2 −

√3. Zapomnimo si še Viètovi formuli:

λ1 +λ2 = 4 in λ1λ2 = 1. Po znanem postopku dobimo rešitvi:

xk =12

(λk1 +λk2), yk =

√3

6(λk1 −λ

k2).

20

Da bi splošno rešili enačbo x2−3y2 = 6, moramo poznati vsaj eno njenoceloštevilsko rešitev. Denimo, da je ta (x,y) = (a,b) = (a0,b0). Velja torej

a2 − 3b2 = 6. Oglejmo si število

a1 + b1√

3 = (xk + yk√

3)(a+ b√

3),

kjer sta a1 in b1 celi števili. Kratek račun pokaže, da veljata relaciji

a1 = axk + 3byk , b1 = bxk + ayk

in da sta a1 in b1 rešitvi enačbe x2 − 3y2 = 6. Preverjanje poteka takole:

a21 − 3b21 = (axk + 3byk)

2 − 3(bxk + ayk)2 =

= a2x2k + 6abxkyk + 9b2y2k − 3b

2x2k − 6abxkyk − 3a2y2k =

= a2(x2k − 3y2k )− 3b

2(x2k − 3y2k ) = a

2 − 3b2 = 6.

Enačba x2−Dy2 = c, kjer D ni kvadrat, nima rešitve (x,y) za vsak celi c. Čejo ima, potem obstaja ena, za katero y zadošča pogoju

|y| ≤√|c|D

(x1 + y1√D),

kjer je (x1, y1) osnovna rešitev Pellove enačbe x2 −Dy2 = 1. Lagrange jedokazal, 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 pomeni y = ±1 in y = ±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,

21

par (a1,b1) = (9,5) reši enačbo x2 − 3y2 = 6. To pomeni, da imamo že dverešitvi problema: n0 = (a0 − 1)/2 = 1,m0 = (b0 + 1)/2 = 1 in n1 = (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

ak + bk√

3 = (a0 + b0√

3)(xk + yk√

3),

nato pa nk = (ak − 1)/2,mk = (bk + 1)/2. Naloga ima nešteto rešitev, indek-siranih s k = 0,1,2,3, . . .. Označimo s T T ′k število, ki je hkrati trikotniško in

središčno trikotniško, k-to po velikosti, to se pravi

T T ′k = Tnk =nk(nk + 1)

2=a2k − 1

8.

Rezultate za začetne k zberemo v tabelo.

k ak bk T T′k nk mk

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 = T ′36 = 1891.

Števila T T ′k lahko izrazimo tudi direktno, če uporabimo enačbo ak +

bk√

3 = (3 +√

3)(xk + yk√

3), iz katere je

ak = 3xk + 3yk =32

(λk1 +λk2) +

√3

2(λk1 −λ

k2).

22

Po daljšem računu dobimo

T T ′k =a2k − 1

8=

316

((2 +√

3)2k+1 + (2−√

3)2k+1)

+14

in

T T ′k =3

16

(λ1(7 + 4

√3)k +λ2(7− 4

√3)k

)+

14.

Če vpeljemo števili µ1 = 7 + 4√

3 in µ2 = 7−4√

3, ki sta korena enačbe µ2 =

14µ − 1, zakoj spoznamo, da števila T T ′k zadoščajo nehomogeni linearnirekurzivni enačbi

T T ′k+2 = 14T T′k+1 − T T

′k +A

pri začetnih pogojih AA′0 = 1 in AA′1 = 10 za neko konstanto A. Ni težko

videti, da je A = −3. Rekurzivna enačba za števila T T ′k je torej

T T ′k+2 = 14T T′k+1 − T T

′k − 3.

Kdaj je Tn = Qm?

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

števili m in n velja Tn =Qm oziroma n(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.

Označimo x = 2n+ 1 in y = 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

23

enačbe je (x0, y0) = (1,0). Osnovna rešitev, iz katere dobimo vse druge, je

(x1, y1) = (3,2). Preostale rešitve (xk , yk) spet dobimo s formulo (glej [3])

xk + yk√

2 = (x1 + y1√

2)k = (3 + 2√

2)k .

Cela števila xk in yk za k = 0,1,2,3, . . . sestavljajo neskončni zaporedji.

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

zapišemo:

xk+1 + yk+1√

2 = (x1 + y1√

2)k+1 = (3 + 2√

2)(xk + yk√

2).

Dobimo sistem rekurzivnih enačb:

xk+1 = 3xk + 4yk ,

yk+1 = 2xk + 3yk .

Pri tem smo upoštevali enoličnost zapisa števil v obsegu Q(√

2).

Z izločitvijo yk iz prve in xk iz druge enačbe dobimo linearni homogeni

rekurzivni enačbi drugega reda z začetnimi pogoji:

xk+2 = 6xk+1 − xk , x0 = 1,x1 = 3;

yk+2 = 6yk+1 − yk , y0 = 0, y1 = 2.

Takoj opazimo, da so vsi yk soda, vsi xk pa liha števila.

Karakteristična enačba zgornjih rekurzivnih enačb je λ2 = 6λ− 1 s ko-renoma λ1 = 3 + 2

√2 in λ2 = 3 − 2

√2. Zapomnimo si še Viètovi formuli:

λ1 +λ2 = 6 in λ1λ2 = 1. Po znanem postopku dobimo rešitvi:

xk =12

(λk1 +λk2), yk =

√2

4(λk1 −λ

k2).

S tem imamo nešteto rešitev za n in m, katerima dodamo indeks k:

nk =xk − 1

2, mk =

yk2.

24

Slika 15. Prikaz trikotniškega in kvadratnega števila 1225.

Primer. Iz x2 = 6x1−x0 = 18−1 = 17, y2 = 6y1−y0 = 12 dobimom2 = 6,n2 =8. Res je T8 = 8 ·9/2 = 36 inQ6 = 36, tako da velja T8 =Q6. Nekaj primerovje zbranih v tabeli.

k xk yk TQk nk mk

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 TQk kvadratno trikotniško število, k-to po velikosti. Smiselno

je vzeti TQ0 = 0 in TQ1 = 1. To je v soglasju z relacijo

TQk =12nk(nk + 1) =

12· 1

2(xk − 1) ·

12

(xk + 1) =18

(x2k − 1) =14y2k .

25

To pomeni, da je za nadaljnjo obravnavo zadnji izraz, to je

TQk =14y2k ,

najenostavnejši. Ker pa je

y2k =18

(λ2k1 +λ2k2 − 2(λ1λ2)

k) =18

(λ2k1 +λ2k2 − 2),

je smiselno vpeljati števili µ1 = λ21 = 17 + 12

√2 in µ2 = λ

22 = 17 − 12

√2, ki

sta korena enačbe µ2 = 34µ− 1. Z njima na koncu izrazimo

TQk =1

32(µk1 +µ

k2 − 2).

Iz oblike rešitve in enačbe, kateri zadoščata števili µ1 in µ2, lahko sklepamo,

da števila TQk zadoščajo rekurzivni enačbi

TQk+2 = 34TQk+1 − TQk +A,

kjer je A konstanta. Za k = 0 imamo

TQ2 = 34TQ1 − TQ0 +A,

in ker je TQ2 = 36, dobimo A = 2. Potemtakem TQk zadošča linearni

nehomogeni rekurzivni enačbi

TQk+2 = 34TQk+1 − TQk + 2

pri začetnih pogojih TQ0 = 0 in TQ1 = 1.

Kdaj je Tn = Q′m?

Enačbo Tn =Q′m zapišemo najprej v obliki

n(n+ 1)2

= 1 + 2m(m− 1),

26

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 števili x = 2n+ 1 in y = 4m− 2, ki sta za m ≥ 1 očitno naravni. Stem dobimo diofantsko enačbo

x2 − y2 = (x − y)(x+ y) = 5.

Števili x − y in x + y sta celi, kar pa gre samo, če je x − y = 1 in x + y = 5ali x − y = −1 in x + y = −5 ali x − y = 5 in x + y = 1 ali x − y = −5 inx+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). Ustrezna n = (x − 1)/2 in m = (y + 2)/4, kiimata smisel, sta samo n = 1 in m = 1 za (x,y) = (3,2), v razširjenem smislu

pa tudi n = 1 in m = 0 za (x,y) = (3,−2). Edini rešitvi sta T1 =Q′1 =Q′0 = 1.

Kdaj je T′n = Qm?

Vsekakor se je smiselno vprašati, kdaj je središčno trikotniško število tudi

kvadratno. Takoj vidimo, da je T ′1 =Q1 = 1 in T′2 =Q2 = 4. Naša naloga pa

je poskati vse pare (n,m) naravnih števil, za katere je T ′n =Qm. 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.

27

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 števili x = 6n−3 in y = 2m in 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 (xk , yk) dobimo s formulo

xk + yk√

6 = (x1 + y1√

6)k = (5 + 2√

6)k .

Števila xk in yk za k = 0,1,2,3, . . . sestavljajo neskončni zaporedji. Zanju

lahko najdemo ločeni rekurzivni enačbi, ki ju znamo rešiti. Najprej za-

pišemo:

xk+1 + yk+1√

6 = (x1 + y1√

6)k+1 = (5 + 2√

6)(xk + yk√

6).

Dobimo sistem rekurzivnih enačb:

xk+1 = 5xk + 12yk ,

yk+1 = 2xk + 5yk .

Pri tem smo upoštevali enoličnost zapisa števil v obsegu Q(√

6).

Z izločitvijo yk iz prve in xk iz druge enačbe dobimo linearni homogeni

rekurzivni enačbi drugega reda z začetnimi pogoji:

xk+2 = 10xk+1 − xk , x0 = 1,x1 = 5;

28

yk+2 = 10yk+1 − yk , y0 = 0, y1 = 2.

Takoj opazimo, da so vsi yk soda, vsi xk pa liha števila. Karakteristična

enačba zgornjih rekurzivnih enačb je λ2 = 10λ−1 s korenoma λ1 = 5+2√

6

in λ2 = 5−2√

6. Zapomnimo si še Viètovi formuli: λ1+λ2 = 10 in λ1λ2 = 1.

Po znanem postopku dobimo rešitvi:

xk =12

(λk1 +λk2), yk =

√6

12(λk1 −λ

k2).

Za reševanje enačbe x2−6y2 = −15 je treba poiskati kakšno njeno primer-no rešitev (a0,b0). Uporabimo naslednjo trditev. Če ima posplošena Pellova

enačba x2 −Dy2 = c rešitev, potem obstaja ena, za katero y zadošča pogoju

|y| ≤√|c|D

(x1 + y1√D),

kjer je (x1, y1) osnovna rešitev Pellove enačbe x2 − Dy2 = 1. V našemprimeru je D = 6, c = −15, x1 = 5 in y1 = 2. Veljati mora pogoj

|y| ≤ 4,97.

Omejitev nam da ustrezne pare (±3,±2) in (±9,±4), ki so rešitve enačbex2 − 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 enačbe x2 − 6y2 = −15 para (a′0,b′0) = (3,2) in (a

′′0 ,b′′0 ) =

(−3,2). Dobimo dve seriji rešitev iz relacij

a′k + b′k

√6 = (3 + 2

√6)(x1 + y1

√6), a′′k + b

′′k

√6 = (−3 + 2

√6)(x1 + y1

√6).

29

Rešitve se izražajo v obliki

a′k = 3xk + 12yk , b′k = 2xk + 3yk; a

′′k = −3xk + 12yk , b

′′k = 2xk − 3yk .

Nato lahko izračunamo indekse

n′k =a′k + 3

6, mk =

b′k2

; n′′k =a′′k + 3

6, m′′k =

b′′k2.

Števila, ki so hkrati središčno trikotniška in kvadratna, označimo z T ′Qk.

Izražajo se kot m′2k oziroma m′′2k . Nekaj rezultatov je zbranih v tabelah.

k a′k b′k T

′Qk n′k m

′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 a′′k b′′k T

′Qk n′′k m

′′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 števila T ′Qk urejena po velikosti

in preštevilčena z novim indeksom k. Izmenoma sta v novi tabeli ena

vrstica iz prve in ena iz druge tabele.

30

k ak bk T′Qk nk mk

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 je T65 =Q79 = 6241.

Kdaj je T′n = Q′m?

Vsekakor se je prav tako smiselno vprašati, kdaj je središčno trikotniško

število tudi središčno kvadratno. Dve rešitvi takoj vidimo: T ′0 = Q′0 = 1 in

T ′1 = Q′1 = 1. Kdaj torej za naravni števili m in n velja T

′n = Q

′m oziroma

1+3Tn−1 = 1+4Tm−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.

Označimo x = 4m− 2 in y = 2n− 1, pa je pred nami Pellova enačba

x2 − 3y2 = 1.

31

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 (xk , yk) dobimo s formulo

xk + yk√

3 = (x1 + y1√

3)k = (2 +√

3)k .

Števila xk in yk za k = 0,1,2,3, . . . sestavljajo neskončni zaporedji. Zanju

lahko najdemo ločeni rekurzivni enačbi, ki ju znamo rešiti. Najprej za-

pišemo:

xk+1 + yk+1√

3 = (x1 + y1√

3)k+1 = (2 +√

3)(xk + yk√

3).

Dobimo sistem rekurzivnih enačb:

xk+1 = 2xk + 3yk ,

yk+1 = xk + 2yk .

Pri tem smo upoštevali enoličnost zapisa števil v obsegu Q(√

3). Z izločitvijo

yk iz prve in xk iz druge enačbe dobimo linearni homogeni rekurzivni

enačbi drugega reda z začetnimi pogoji:

xk+2 = 4xk+1 − xk , x0 = 1,x1 = 2;

yk+2 = 4yk+1 − yk , y0 = 0, y1 = 1.

Takoj opazimo, da so vsi x2k−1 in y2k soda, vsi x2k in y2k−1 pa liha števila.

Karakteristična enačba zgornjih rekurzivnih enačb je λ2 = 4λ− 1 s ko-renoma λ1 = 2 +

√3 in λ2 = 2 −

√3. Zapomnimo si še Viètovi formuli:

λ1 +λ2 = 4 in λ1λ2 = 1. Po znanem postopku dobimo rešitvi:

xk =12

(λk1 +λk2), yk =

√3

6(λk1 −λ

k2).

S tem imamo nešteto rešitev za n in m, katerima dodamo indeks k:

nk =yk + 1

2, mk =

xk + 24

.

32

Primer. Iz x2 = 4x1 − x0 = 8− 1 = 7, y2 = 4y1 − y0 = 4 dobimo m2 = 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 T ′8 = 1 + 3T7 = 85 in Q

′7 =

1 + 4T6 = 85, tako da velja T ′8 = Q′7. Nekaj primerov je zbranih v tabeli, iz

katere razberemo, da so med naravnimi števili števila T ′Q′k bolj redka.

k x2k−1 y2k−1 T′Q′k n2k−1 m2k−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: T ′105 =Q′91 = 16381.

Naj bo T ′Q′k središčno kvadratno središčno trikotniško število, k-to po

velikosti. Smiselno je vzeti T ′Q′0 = 1 in T′Q′1 = 1. To je v soglasju z relacijo

T ′Q′k = 1 +32n2k−1(n2k−1 − 1) = 1 +

38

(y2k−1 + 1)(y2k−1 − 1) =18

(5 + 3y22k−1).

Ker je (x2k−1, y2k−1) rešitev Pellove enačbe, velja x22k−1 − 3y22k−1 = 1. Zato

lahko poenostavimo:

T ′Q′k =14

(4 + x22k−1).

Ker pa je

x22k−1 =14

(λ4k−21 +λ4k−22 + 2),

dobimo

T ′Q′k =1

32(λ4k−21 +λ

4k−22 + 18).

Z vpeljavo števil µ1 = λ41 in µ2 = λ

42, ki sta rešitvi enačbe µ

2 = 194µ − 1,dobimo

T ′Q′k =1

32(λ22µ

k1 +λ

21µk2 + 18).

33

Pri tem je

λ21 = 7 + 4√

3, λ22 = 7− 4√

3, µ1 = 97 + 56√

3, µ2 = 97− 56√

3.

Iz oblike rešitve in enačbe, kateri zadoščata števili µ1 in µ2, lahko sklepamo,

da števila T ′Q′k zadoščajo rekurzivni enačbi

T ′Q′k+2 = 194T′Q′k+1 − T

′Q′k +A,

kjer je A konstanta. Za k = 0 imamo

T ′Q′2 = 194T′Q′1 − T

′Q′0 +A,

in ker je T ′Q′2 = 85, dobimo A = −108. Potemtakem T ′Q′k zadošča linearni

nehomogeni rekurzivni enačbi

T ′Q′k+2 = 194T′Q′k+1 − T

′Q′k − 108

pri začetnih pogojih T ′Q′0 = 1 in T′Q′1 = 1.

Kdaj je Qn = Q′m?

Vprašanja, kdaj je Qn =Q′m, se lotimo z reševanjem ustrezne enačbe

n2 = 1 + 2m(m− 1).

Pomnožimo jo z 2 in nato na dobljeni desni strani dopolnimo do popol-

nega kvadrata:

2n2 = 2 + 4m2 − 4m = 2 + (2m− 1)2 − 1 = 1 + (2m− 1)2.

Vpeljemo števili x = 2m − 1 in y = n, ki sta naravni za m ≥ 1. Dobimoposplošeno Pellovo enačbo

x2 − 2y2 = −1.

34

Rešujemo jo podobno kot problem Tn = T ′m. Pripadajoča Pellova enačba

x2 − 2y2 = 1.

ima trivialno rešitev (x0, y0) = (1,0) in osnovno rešitev (x1, y1) = (3,2).

Njene rešitve smo že našli pri reševanju problema Tn =Qm:

xk =12

(λk1 +λk2), yk =

√2

4(λk1 −λ

k2),

kjer sta λ1 = 3 + 2√

2 in λ2 = 3− 2√

2.

Če ima enačba x2 − Dy2 = c rešitev, potem obstaja ena, za katero yzadošča pogoju

|y| ≤√|c|D

(x1 + y1√D),

kjer je (x1, y1) osnovna rešitev Pellove enačbe x2 −Dy2 = 1. V tem primeruje D = 2, c = −1, x1 = 3 in y1 = 2. Veljati mora neenačba

|y| ≤ 1,7.

To pomeni y = ±1 in x = ±1. Vzamemo (a0,b0) = (1,1) in koordinati para(ak ,bk) poiščemo z enačbo

ak + bk√

2 = (a0 + b0√

2)(xk + yk√

2).

Par (a′0,b′0) = (−1,1) ne pride v poštev, ker je

(a′0 + b′0

√2)(x1 + y1

√2) = (−1 +

√2)(3 + 2

√2) = 1 +

√2 = a0 + b0

√2.

Torej so rešitve (ak ,bk) enačbe x2 − 2y2 = −1 dane z izrazoma

ak = xk + 2yk , bk = xk + yk .

Enačba Qn =Q′m ima nešteto rešitev: mk = (ak + 1)/2 in

nk = bk =14

((2 +√

2)λk1 + (2−√

2)λk2).

35

Označimo sQQ′k število, ki je hkrati kvadratno in središčno kvadratno,

k-to po velikosti. Očitno je

QQ′k = n2k .

Nekaj primerov je danih v tabeli.

k ak bk QQ′k nk mk

0 1 1 1 1 1

1 7 5 25 5 4

2 41 29 841 29 21

3 239 169 28561 169 120

4 1393 985 970225 985 697

5 8119 5741 32959081 5741 4060

Iz tabele na primer preberemo, da je Q29 =Q′21 = 841.

Tetraedrska števila

Tetraedrska števila Tn so vsota prvih zaporednih n trikotniških števil:

Tn = T1 + T2 + . . .+ Tn =n∑k=0

Tk .

Izraz zanje najdemo, če v zgornjo vsoto postavimo Tk = k(k + 1)/2:

Tn =12

n∑k=0

k(k + 1) =12

n∑k=0

(k2 + k) =12

(S

(2)n + S

(1)n

)=

=12

(n(n+ 1)(2n+ 1)

6+n(n+ 1)

2

)=n(n+ 1)(n+ 2)

6.

Zapišemo še z binomskim simbolom:

Tn =n(n+ 1)

2=

(n+ 1

2

), Tn =

n(n+ 1)(n+ 2)6

=(n+ 2

3

).

36

Slika 16. Trikotniška in tetraedrska števila v Pascalovem trikotniku.

Trikotniška in tetraedrska števila ležijo na diagonalah Pascalovega števil-

skega trikotnika.

Tetraedrska števila so dobila ime po tetraedru, v katerega lahko zložimo

Tn enakih krogel: v najnižji plasti je Tn krogel, v naslednji Tn−1 krogel, . . .na vrhu pa T1 = 1 krogla. Koliko je v takem tetraedru vseh krogel, se

da hitro izračunati s formulo za Tn, če poznamo število n, ki pove številokrogel na enem robu tetraedra.

Tetraedrska števila sestavljajo naraščajoče zaporedje naravnih števil:

(Tn)∞n=1 = (1,4,10,20,35,56,84,120,165,220,286,364,455,560,680,816, . . .).

Dokazano je, da so med njimi samo tri kvadratna in pet trikotniških števil:

T1 =Q1 = 1, T2 =Q2 = 4, T48 =Q140 = 19600,

T1 = T1 = 1, T3 = T4 = 10, T8 = T15 = 120, T20 = T55 = 1540, T34 = T119 = 7140.

Za tetraedrska števila velja rekurzivna formula:

Tn+1 = Tn + Tn+1.

37

Slika 17. Tetraedrsko število T15 = 680.

Zlahka preverimo tudi enakost

Tn + Tn−1 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6= S(2)n .

O figurativnih številih obstaja obširna matematična literatura, na pri-

mer ne prav tanka knjiga [1], v kateri so obravnavana ravninska, pros-

torska in večrazsežna figurativna števila. Razen teh najdemo v njej tudi

druga števila, ki so tako ali drugače povezana s figurativnimi, ter nekaj

izrekov in njihovih dokazov. Prav tako prinaša knjiga tabelo, iz katere

spoznamo, katera figurativna števila so hkrati dveh zvrsti, na primer hkrati

trikotniška in petkotniška. Na koncu so navedena nekatera števila, ki

imajo prav posebne lastnosti, in več kot sto nalog z rešitvami. Ena od nave-

denih zanimivosti je število 36. Število 36 je najmanjše trikotniško število,

katerega vsota vseh pravih deliteljev kot tudi vseh deliteljev sploh sta prav

tako trikotniški števili, namreč 55 in 91. Razen tega je število 36 najmanše

kvadratno število, ki je vsota zaporednih praštevil, še več, je vsota dveh

zaporednih praštevilskih dvojčkov: 36 = 5 + 7 + 11 + 13. Praštevili ses-

tavljata praštevilski dvojček, če se razlikujeta za 2. Primera praštevilskih

dvojčkov sta 5 in 7 ter 11 in 13.

38

Rodovne funkcije

Vzemimo, da obstaja vsaj formalen razvoj v potenčno vrsto

G(x) = a0 + a1x+ a2x2 + . . . =

∞∑k=0

akxk .

Pri tem so ak števila. Pravimo, da je x 7→ G(x) rodovna funkcija ali gene-ratrisa številskega zaporedja

(an)∞n=0 = (a0, a1, a2, . . .).

Zaporedje, ki ima nešteto členov, je zajeto v eni sami funkciji, s katero

lahko manipuliramo in pogosto dobimo zanimive relacije med členi za-

poredja. Da najdemo izraz za rodovno funkcijo, navadno uporabljamo

odvod in integral. Pogosto uporabljamo geometrijsko vrsto

G(x,1) =x

1− x= x+ x2 + x3 + . . . =

∞∑k=1

xk ,

ki absolutno konvergira pri pogoju |x| < 1. Funkcija x 7→ G(x,1) porodi aligenerira konstantno zaporedje (1,1,1, . . .).

Poiščimo funkcijo x 7→ G(x,N), ki generira zaporedje naravnih števil(1,2,3, . . .). To pomeni

G(x,N) =∞∑k=1

kxk .

Do izraza za rodovno funkcijo pridemo v nekaj korakih:

G(x,N) =∞∑k=1

kxk = x∞∑k=1

kxk−1 = x∞∑k=1

(xk)′ = x

∞∑k=1

xk′ = x ( x1− x)′ = x(1− x)2 .

Rodovna funkcija zaporedja naravnih števil je torej

x 7→ G(x,N) = x(1− x)2

= x+ 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 + . . . .

39

1. Rodovna funkcija za zaporedje trikotniških števil Tk je

x 7→ G(x,T ) =∞∑k=1

Tkxk =

12

∞∑k=1

k(k + 1)xk .

V našem primeru lahko zapišemo

G(x,T ) =12

∞∑k=1

k(xk+1)′ =12

∞∑k=1

kxk+1′ = 12

x ∞∑k=1

kxk′ =

=12

(x

x

(1− x)2

)′=

x

(1− x)3.

Rodovna funkcija zaporedja trikotniških števil je torej

x 7→ G(x,T ) = x(1− x)3

= x+ 3x2 + 6x3 + 10x4 + 15x5 + . . . .

2. Rodovna funkcija za zaporedje kvadratnih števil Qk je

x 7→ G(x,Q) =∞∑k=1

Qkxk =

∞∑k=1

k2xk .

Iz oblike

G(x,Q) =∞∑k=1

k2xk =∞∑k=1

(k(k + 1)− k)xk =∞∑k=1

k(k + 1)xk −∞∑k=1

kxk

dobimo

G(x,Q) = 2G(x,T )−G(x,N) = 2x(1− x)3

− x(1− x)2

=x+ x2

(1− x)3.

Rodovna funkcija zaporedja kvadratnih števil je torej

x 7→ G(x,Q) = x(1 + x)(1− x)3

= x+ 4x2 + 9x3 + 16x4 + 25x5 + . . . .

3. Rodovna funkcija za zaporedje središčnih trikotniških števil T ′k je

x 7→ G(x,T ′) =∞∑k=1

T ′kxk =

∞∑k=1

(1 + 3Tk−1)xk .

40

To pomeni

G(x,T ′) =∞∑k=1

xk + 3∞∑k=2

Tk−1xk = G(x,1) + 3

∞∑k=1

Tkxk+1 =

= G(x,1) + 3xG(x,T ) =x

1− x+

3x2

(1− x)3=x+ x2 + x3

(1− x)3.

Rodovna funkcija zaporedja središčnih trikotniških števil je torej

x 7→ G(x,T ′) = x(1 + x+ x2)

(1− x)3= x+ 4x2 + 10x3 + 19x4 + 31x5 + . . . .

4. Rodovna funkcija za zaporedje središčnih kvadratnih števil Q′k je

x 7→ G(x,Q′) =∞∑k=1

Q′kxk =

∞∑k=1

(1 + 4Tk−1)xk .

To pomeni

G(x,Q′) =∞∑k=1

xk + 4∞∑k=2

Tk−1xk = G(x,1) + 4

∞∑k=1

Tkxk+1 =

= G(x,1) + 4xG(x,T ) =x

1− x+

4x2

(1− x)3=x+ 2x2 + x3

(1− x)3.

Rodovna funkcija zaporedja središčnih kvadratnih števil je torej

x 7→ G(x,Q′) = x(1 + x)2

(1− x)3= x+ 5x2 + 13x3 + 25x4 + 41x5 + . . . .

5. Poiščimo še rodovno funkcijo x 7→ G(x,T ) zaporedja tetraedrskihštevil Tn. To je potenčna vrsta

G(x,T ) =∞∑k=1

Tkxk =16

∞∑k=1

k(k + 1)(k + 2)xk .

Naprej računamo takole:

G(x,T ) = x6

∞∑k=1

(k+1)(k+2)(xk)′ =x6

∞∑k=1

(k + 1)(k + 2)xk′ = x3

∞∑k=1

Tk+1xk

′ =41

=x3

∞∑k=2

Tkxk−1

′ = x3(G(x,T )− x

x

)′=x3

(1

(1− x)3

)′=

x

(1− x)4.

Rodovna funkcija zaporedja tetraedrskih števil je torej

x 7→ G(x,T ) = x(1− x)4

= x+ 4x2 + 10x3 + 20x4 + 35x5 + . . . .

Zapišimo skupaj vseh pet izrazov za rodovne funkcije:

G(x,T ) =x

(1− x)3, G(x,Q) =

x(1 + x)(1− x)3

, G(x,T ′) =x(1 + x+ x2)

(1− x)3,

G(x,Q′) =x(1 + x)2

(1− x)3, G(x,T ) = x

(1− x)4.

Vse vrste v navedenih rodovnih funkcijah so potenčne vrste in ab-

solutno konvergirajo za |x| < 1, tudi za x = 1/2, in to proti vrednostimrodovnih funkcij za x = 1/2. To pomeni:

∞∑k=1

Tk2k

= G(1/2,T ) = 4,

∞∑k=1

T ′k2k

= G(1/2,T ′) = 7,

∞∑k=1

Qk2k

= G(1/2,Q) = 6,

∞∑k=1

Q′k2k

= G(1/2,Q′) = 9,

∞∑k=1

Tk2k

= G(1/2,T ) = 8.

Ker členi konvergentne vrste limitirajo proti 0, pomeni, da števila Tn,T ′n,

Qn,Q′n in Tn z naraščajočim n rastejo od nekega n0 naprej počasneje kot

potence 2n. Števila Tn so v tem smislu manjša od 2n za n > 6.

42

Vrste z obratnimi vrednostmi

Številske vrste

∞∑k=1

1Tk,∞∑k=1

1T ′k,∞∑k=1

1Qk

,∞∑k=1

1Q′k

,∞∑k=1

1Tk

konvergirajo, ker so vsi izrazi v imenovalcih njihovih členov pozitivni in

polinomi vsaj druge stopnje. Poglejmo po vrsti njihove vsote.

1. Vrsta s trikotniškimi števili

S(T ) =∞∑k=1

1Tk

= 2∞∑k=1

1k(k + 1)

ima za n-to delno vsoto

Sn(T ) = 2n∑k=1

1k(k + 1)

= 2n∑k=1

(1k− 1k + 1

)= 2

(1− 1

n+ 1

).

Zato je njena vsota

S(T ) = limn→∞

Sn(T ) = 2.

2. Vrste s kvadratnimi števili

S(Q) =∞∑k=1

1Qk

=∞∑k=1

1k2

se ne da obravnavati tako kot prejšnjo. Njeno vsoto je prvi izračunal Leon-

hard Euler (1707–1783), ki je dobil preprost rezultat:

S(Q) =π2

6.

Vrsta je poseben primer vrste

ζ(s) =∞∑k=1

1ks,

43

ki konvergira za s > 1. Če dovolimo tudi kompleksne vrednosti za s, pa

konvergiga zgornja vrsta za Re(s) > 1. Funkcija s 7→ ζ(s) je Riemannovafunkcija zeta, poimenovana po Bernhardu Riemannu (1826–1866). Ana-

litično se jo da razširiti na vsa kompleksna števila s razen s = 1.

Obstaja tudi splošnejša vrsta, ki se jo dobi na podlagi razvoja funkcije

x 7→ cth(πx) = ch(πx)/ sh(πx) na parcialne ulomke:

cth(πx) =1πx

+1π

∞∑k=1

2xk2 + x2

.

Do tega rezultata hitro pridemo z uporabo Fourierovih vrst. Vzamemo

funkcijo t 7→ ch(tx) na intervalu [−π,π], kjer je x , 0 konstanta. NjenaFourierova vrsta je

ch(tx) =a02

+∞∑k=1

ak cos(kt),

pri čemer so ak Fourierovi koeficienti dane funkcije, ki jih izrazimo kot

ak =2π

∫ πo

ch(tx)cos(kt)dt.

Po krakem računu dobimo:

ak =2(−1)kx sh(πx)π(k2 + x2)

.

S tem imamo najprej razvoj

ch(tx) =sh(πx)πx

+2x sh(πx)

π

∞∑k=0

(−1)k cos(kt)k2 + x2

,

po deljenju s sh(πx) pa

ch(tx)sh(πx)

=1πx

+2xπ

∞∑k=0

(−1)k cos(kt)k2 + x2

.

44

Slika 18. Graf funkcije Ψ1.

Dobljena vrsta konvergira na osnovnem intervalu [−π,π] proti funkcijiψx : t 7→ ch(tx)/ sh(πx), zunaj omenjenega intervala pa proti periodičnemunadaljevanju Ψx funkcije ψx na vso realno os (slika 18).

Zato dobljena vrsta konvergira za t = π proti Ψx(π), kar nam da:

cth(πx) =cos(πx)sh(πx)

=1πx

+2xπ

∞∑k=0

1k2 + x2

.

S preprostim preoblikovanjem zgornjega rezultata takoj izrazimo:

S(x) =∞∑k=1

1k2 + x2

=π2x

cth(πx)− 12x2

,

kjer je x lahko kar poljubno realno število. V limiti, ko x → 0, dobimonamreč znano vsoto

∞∑k=1

1k2

=π2

6.

Računajmo:

T (x) =∞∑k=1

1(2k − 1)2 + x2

=∞∑k=1

1k2 + x2

−∞∑k=1

1(2k)2 + x2

= S(x)− 14S(x/2) =

=π4x

(2cth(πx)− cth(πx/2)).

Z lahko dokazljivo enakostjo

2cth(2t)− cth t = th t

45

nato poenostavimo

T (x) =∞∑k=1

1(2k − 1)2 + x2

=π4x

th(πx/2).

3. Vrsto s središčnimi trikotniškimi števili

S(T ′) =∞∑k=1

1T ′k

= 2∞∑k=1

13k2 − 3k + 2

sedaj z zgornjim rezultatom zlahka seštejemo:

S(T ′) = 8∞∑k=1

112k2 − 12k + 8

= 8∞∑k=1

13(2k − 1)2 + 5

=

=83

∞∑k=1

1(2k − 1)2 + 5/3

=83T (√

5/3) =2π√

15th

(5π

2√

15

).

4. Vrsto s središčnimi kvadratnimi števili

S(Q′) =∞∑k=1

1Q′k

=∞∑k=1

12k2 − 2k + 1

obravnavamo podobno:

S(Q′) =∞∑k=1

12k2 − 2k + 1

= 2∞∑k=1

14k2 − 4k + 2

= 2∞∑k=1

1(2k − 1)2 + 1

=

= 2T (1) =π2

th(π

2

).

5. Vrsta s tetraedrskimi števili

S(T ) =∞∑k=1

1Tk

= 6∞∑k=1

1k(k + 1)(k + 2)

ima za n-to delno vsoto

Sn(T ) = 6n∑k=1

1k(k + 1)(k + 2)

= 3n∑k=1

(1

k(k + 1)− 1

(k + 1)(k + 2)

)=

46

= 3(

12− 1

(n+ 1)(n+ 2)

).

Zato je

S(T ) = limn→∞

Sn(T ) =32.

S tem smo našli vsote za vseh pet vrst:

S(T ) = 2, S(Q) =π2

6, S(T ′) =

2π√

15th

(5π

2√

15

), S(Q′) =

π2

th(π

2

), S(T ) = 3

2.

Pripomnimo, da so hiperbolične funkcije ch,sh, th in cth definirane z

eksponentno funkcijo x 7→ ex z izrazi:

chx =ex + e−x

2, shx =

ex − e−x

2, thx =

shxchx

, cthx =chxshx

.

Pri tem je e druga matematična konstanta (prva je število π, razmerje med

obsegom in premerom kroga):

e = limn→∞

(1 +

1n

)n= 1 +

11!

+12!

+13!

+ . . . .

Tudi za ex obstajata podobna izraza:

ex = limn→∞

(1 +

xn

)n= 1 +

x1!

+x2

2!+x3

3!+ . . . .

Slednja vrsta konvergira absolutno za vsak realen x. Število e je transcen-

dentno, njegov zapis v decimalni obliki je

e = 2,7182818284590452353602874713526624977572470936999595 . . . .

Opazimo, da je rodovna funkcija zaporedja

11!,

12!,

13!, . . .

funkcija x 7→ ex − 1. To ni racionalna funkcija. Rodovne funkcije trikot-niških, kvadratnih in tetraedrskih števil pa so racionalne.

47

Kvadratna in Fibonaccijeva števila

Fibonaccijeva števila Fn so definirana z rekurzivno enačbo

Fn+2 = Fn+1 +Fn

pri začetnih pogojih F0 = 0 in F1 = 1.

Fibonaccijeva števila sestavljajo naraščajoče zaporedje nenegativnih celih

števil:

(Fn)∞n=0 = (0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597, . . .).

Njihova rodovna funkcija je

x 7→ G(x,F) = x1− x − x2

= x+ x2 + 2x3 + 3x4 + 5x5 + . . . .

Karakteristična enačba rekurzivne enačbe za Fibonaccijeva števila je λ2 =

λ + 1 s korenoma λ1 = (1 +√

5)/2 in λ2 = (1 −√

5)/2. Zapomnimo si še

Viètovi formuli: λ1 + λ2 = 1 in λ1λ2 = −1. Po znanem postopku dobimorešitev (Binetova formula):

Fk =1√

5(λk1 −λ

k2).

Število ϕ = λ1 = (1 +√

5)/2 je tako imenovano zlato razmerje, število λ2 pa

je enako −1/ϕ. Za Fibonaccijeva števila veljajo številne enakosti. Več jih jena primer v [5]. Oglejmo si samo dve. Prva:

F2n = FnFn+1 −Fn−1Fn.

Preverimo jo preprosto:

F2n = Fn ·Fn = Fn(Fn+1 −Fn−1) = FnFn+1 −Fn−1Fn.

Druga:

FnFn+1 = F21 +F

22 +F

23 + . . .+F

2n =

n∑k=1

F2k .

48

Izpeljemo jo iz prve:

n∑k=1

F2k =n∑k=1

(FkFk+1 −Fk−1Fk) = FnFn+1 −F0F1 = FnFn+1.

Produkt dveh zaporednih Fibonaccijevih števil je vsota kvadratov nekaj

začetnih zaporednih Fibonaccijevih števil. Primer:

13 ·21 = F7F8 = F21 +F22 +F

23 +F

24 +F

25 +F

26 +F

27 = 1 + 1 + 4 + 9 + 15 + 64 + 169.

To pomeni, da lahko 273 enakih objektov razporedimo v pravokotnik (Fi-

bonaccijev pravokotnik) 21× 13 in ga razdelimo na 7 kvadratov, kot kažeslika 19.

Slika 19. Razdelitev Fibonaccijevega pravokotnika na kvadrate.

Znano je, da zaporedje s členi Fn+1/Fn konvergira proti zlatemu raz-

merju ϕ. Zato so Fibonaccijevi pravokotniki približki zlatega pravokot-

nika, ki ima stranici v razmerju ϕ.

49

Za konec

Na primerih nekaterih figurativnih števil smo spoznali, da je za reševanje

v zvezi z njimi postavljenih problemov treba obvladati kar nekaj višje

matematike, na primer Pellove enačbe, rekurzivne enačbe in potenčne

vrste. Splošnejše probleme najdemo v zvezi s k-kotniškimi števili, navad-

nimi in središčnimi, pri čemer je k ≥ 3 poljubno naravno število.

Viri

[1] E. Deza, M. M. Deza, Figurate numbers, World Scientific, New Jersey

in drugje 2012.

[2] L. P. Fibonacci, The book of squares, Academic Press, Boston in drugje

1987. Prevod L. E. Sigler.

[3] J. Grasselli, Diofantske enačbe, DMFA, Ljubljana 1984.

[4] I. Vidav, Algebra, Mladinska knjiga, Ljubljana 1972.

[5] J. Ziegenbalg, Figurierte Zahlen, Springer Spektrum, Wiesbaden 2018.

[6] K. Conrad, Pell’s equation I, II, https://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/

(dosegljivo dne 20. 11. 2019)

©(2019) Marko Razpet

50