1 Диофантовы уравнения.
методическая разработка по алгебре (7 класс)

1 Диофантовы уравнения.

Диофантовы уравнения – алгебраические  уравнения с целыми коэффициентами или системы таких уравнений, у которых разыскиваются целые или рациональные решения.

Названы по имени древнегреческого учёного Диофанта (3 век до н. э.), в книге которого «Арифметика» впервые обстоятельно исследовались такие уравнения.                Задачи диофантовой «Арифметики» решаются с помощью уравнений, а проблемы решения уравнений относятся скорее к алгебре,  чем к арифметике, но они имеют свои особенности:

1. они сводятся к уравнениям или системам уравнений с целочисленными коэффициентами. Как правило, эти системы неопределённые, т. е. число уравнений в них меньше числа неизвестных
2. решения требуется найти только целые, часто натуральные.

При решении уравнений в целых и натуральных числах можно условно выделить следующие методы:

1. Способ перебора вариантов.                                

2. Алгоритм Евклида.                                                    

3. Цепные дроби.                                                          

4. Метод разложения на множители.                            

5. Решение уравнений в целых числах как квадратных  относительно  какой-либо переменной.                                                              

6. Метод остатков.                                                

7. Метод бесконечного спуска.        

1. 2        Историческая справка.

Современной постановкой диофантовых задач мы обязаны Ферма. Именно он поставил перед европейскими математиками вопрос о решении неопределённых уравнений только в целых числах. Надо сказать, что это не было изобретением Ферма - он только возродил интерес к поиску целочисленных решений. А вообще задачи, допускающие только целые решения, были распространены во многих странах в очень далёкие от нас времена.

        Примерно в то же время, когда жил Диофант, далеко на Востоке в Китае, были популярны  задачи на деление с остатком и задачи о птицах. Приведём в качестве примера одну задачу из древнего китайского сборника: «Найти число, которое при делении на 3 даёт остаток 2, при делении на 5 – остаток  3, а при делении на 7 – остаток 2». (Интересно, что эта задача с теми же числовыми данными почти через тысячелетие встречается в «Книге абака» Леонардо Пизанского.)

        Древние математики находили в большинстве случаев одно, реже несколько решений неопределённых задач и в основном подбором. Правда за этим подбором, как правило, стояла система, разгадав которую мы, вооружённые современной символикой, можем записать все искомые решения уравнения.                

Глава 2. Способы решения уравнений в целых числах.

2. 1                Способ перебора вариантов.

Задача 1.

Допустим, в аквариуме живут осьминоги и морские звёзды. У осьминогов по 8 ног, а у морских звёзд – по 5. Всего конечностей насчитывается 39. Сколько в аквариуме животных?

Решение.

Пусть х - количество морских звёзд, у – количество осьминогов. Тогда у всех осьминогов по 8у ног, а у всех звёзд 5х ног. Составим уравнение: 5х + 8у = 39.

        Заметим, что количество животных не может выражаться нецелым или отрицательным числами. Следовательно, если х – целое неотрицательное число, то и  у=(39 – 5х)/8 должно быть целым и неотрицательным, а, значит, нужно, чтобы выражение 39 – 5х без остатка делилось на 8. Простой перебор вариантов показывает, что это возможно только при х = 3, тогда у = 3.

Ответ: (3; 3)        

2. 2                Алгоритм Евклида.

Можно найти НОД натуральных чисел a и b, не раскладывая эти числа на простые множители, а применяя процесс деления с остатком. Для этого надо разделить большее из этих чисел на меньшее, потом меньшее из чисел на остаток при первом делении, затем остаток при первом делении на остаток при втором делении и вести этот процесс до тех пор, пока не произойдет деление без остатка. Последний отличный от нуля остаток и есть искомый НОД (a, b).

Чтобы доказать это утверждение, представим описанный процесс в виде следующей цепочки равенств: если a>b, то

a = bq0 + r1

        b = r1q1 + r2

r1 = r2q2 + r3                                  (1)

        . . . . . . . . . . . .

        rn – 1 = rnqn

        Затем r1, . . . , rn  - положительные остатки, убывающие с возрастанием номера. Из первого равенства следует, что общий делитель чисел a и b  делит r1 и общий делитель b и r1 делит a, поэтому НОД (a,b) = НОД (b, r1) = НОД (r1, r2) = … = НОД (rn -1, rn)=  = НОД (rn, 0) = rn.

        Утверждение доказано. Приведённый способ нахождения НОД носит название метода последовательного деления с остатком или алгоритма Евклида, поскольку впервые он был изложен в его «Началах».

        Обратимся к системе (1). Из первого равенства, выразив остаток r1 через a и b, получим r1 = a – bq0. Продолжая этот процесс, мы можем выразить все остатки через a и b, получим r1 = a – bq0. Подставляя его во второе равенство, найдём r2 = b(1 + q0q1) – aq1. Продолжая этот процесс дальше, мы сможем выразить все остатки через a и b, в том числе и последний: rn = Aa + Bb. В результате нами доказано предложение: если d – наибольший общий делитель натуральных чисел a и b, то найдутся такие целые числа A и B, что d = Aa + Bb. Заметим, что коэффициенты A и B имеют разные знаки; если НОД (a,b) = 1, то Aa + Bb = 1. Как найти числа A и B, видно из алгоритма Евклида.

        Перейдем теперь к решению линейного уравнения с двумя неизвестными. Оно имеет вид:

ax + by = c                                         (2)

        Возможны два случая: либо число c  делится на d = НОД(a,b), либо нет. В первом случае можно разделить обе части уравнения на d и свести задачу к решению в целых числах уравнения a1x = b1y = c1, коэффициенты которого  a1 = a/d и  b1 = b/d взаимно просты. Во втором случае уравнение не имеет целочисленных решений: при любых целых x и y число ax + by делиться на d и поэтому не может равняться числу c, которое на d  не делится.

        Итак, мы можем ограничиться случаем, когда в уравнении (2) коэффициенты a и b взаимно просты. На основании предыдущего предложения найдутся такие целые числа х0 и у0, что ax0 + by0 = 1, откуда пара (сх0, су0) удовлетворяет уравнению (2). Вместе с ней уравнению (2) удовлетворяет бесконечное множество пар (х, у) целых чисел, которые можно найти по формулам

        х = сх0 + bt,                y = cy0 – at.                                        (3)

        Здесь t – любое число. Нетрудно показать, что других целочисленных решений уравнение ах + by = c не имеет. Решение, записанное в виде (3), называется общим решением уравнения (2). Подставив вместо t конкретное целое число, получим его частное решение.

Задача 2.

Найдём, например, целочисленные решения уравнения 2x + 5y = 17. Решение.

Применив к числам 2 и 5 алгоритм Евклида, получим  2 * 3 – 5 = 1. Значит, пара    сх0 = 3 * 17,   су0 = - 1 * 17  удовлетворяет уравнению  2х + 5у = 17. Поэтому  общее  решение  усходного  уравнения  таково:

x = 51 + 5t,  у = - 17 – 2t, где t принимает любые целые значения. Очевидно, неотрицательные решения отвечают тем t, для которых выполняются неравенства

⎧ 51 + 5t ≥ 0

⎨

⎩ - 17        - 2t ≥ 0

Отсюда найдём   – 51/5 ≤ t ≤ - 17/2. Этим неравенством удовлетворяют числа  - 10,  - 9. Соответствующие частные решения запишутся в виде пар: (1,3), (6, 1).

Задача 3.

Сколько можно купить на 100 монет петухов, кур и цыплят, если всего надо купить 100 птиц, причём петух стоит 5 монет, курица – 4, а 4 цыплёнка – одну монету?

Решение.

Пусть х – искомое число петухов, у – кур, а 4z – цыплят. Составим систему  ⎧  х + у + 4z = 100

                ⎨

                ⎩ 5x + 4y + z = 100,   которую  надо решить в целых неотрицательных числах. Умножив первое уравнение системы на 4 , а второе  –  на   (-1)   и,  сложив  результаты,  придём  к  уравнению                   -x + 15z = 300 с целочисленными решениями  x = -300 + 15t, z = t. Подставляя эти значения в первое уравнение, получим y = 400 - 19t. Значит, целочисленные решения системы имеют вид    x = -300 + 15t,

y = 400 - 19t, z = t. Из условия задачи вытекает, что

   ⎧  -300 + 15t ≥ 0

   ⎨  400 – 19t ≥ 0

   ⎩    t ≥ 0    ,  откуда 20 ≤  t ≤ 21 1/19, т. е. t = 21 или t = 20.

Ответ.

На  100 монет можно купить 20 кур и 80 цыплят, или 15 петухов, 1 курицу и 84 цыплёнка.

Задача 4.

Крестьянка несла на базар корзину яиц. Неосторожный всадник, обгоняя женщину, задел корзину, и все яйца разбились. Желая возместить ущерб, он спросил у крестьянки, сколько яиц было в корзине. Она ответила, что число яиц не знает, но когда она раскладывала их по 2, по 3, по 4, по 5 и по 6, то каждый раз одно яйцо оставалось лишним, а когда она разложила по 7, лишних яиц не осталось. Сколько яиц несла крестьянка на базар?

Решение.

Пусть х – число яиц. Так как х – 1 делится на 2, на 3, на 4, на 5, на 6, то оно делится на их НОК, равное 60. Значит, х имеет вид 60у + 1. Поэтому для ответа на вопрос задачи надо решить в натуральных числах  уравнение 60у + 1 = 7z. С помощью алгоритма Евклида находим у0 = -2, z0 = - 17, откуда все целочисленные решения уравнения имеют вид у = -2 + 7t,  z = -17 + 60t, где t – любое целое число. Наименьшее положительное решение получаем при t = 1. В этом случае у = 5, z = 43. Итак, крестьянка несла на базар 301 яйцо.

Ответ.

Крестьянка несла на базар 301 яйцо.        

2. 3                 Цепные дроби.

        Следующий метод связан  с непрерывными или цепными дробями.

        Обратимся вновь к алгоритму Евклида. Из первого равенства системы (1) вытекает, что дробь a/b можно записать в виде суммы целой части и правильной дроби: a/b = q0 +  r1/b. Но r1/b = 1/b/r1, и на основании второго равенства той же системы имеем b/r1 = q1 + r2/r1. Значит, a/b=q0+1/(q1+r2/r1). Далее получим a/b=q0 + 1/(q1+1/(q2+r3/r2)). Продолжим этот процесс до тех пор. Пока не придём к знаменателю qn

В результате мы представим обыкновенную дробь a/b в следующем виде:  a / b = q0 + 1 / (q1 + 1 / (…+ 1 / qn)). Эйлер назвал дроби такого вида непрерывными. Приблизительно в тоже время в Германии появился другой термин – цепная дробь. Так за этими дробями и сохранились оба названия. Ввиду громоздкости развёрнутой записи цепной дроби применяют компактную запись [q0; q1, q2, …,qn].  

Задача 5.

Представить дробь 40/31 в виде цепной.

Решение.

40/31 = 1 + 9/31 = 1 + 1/3 /9 = 1 + 1/(3 + 4 / 9) = 1 + 1 / (3 + 1 / 9 / 4) = =1 + 1 / (3 + 1 / (2 +1 / 4)) = [1; 3, 2, 4]

        Удобство применения цепных дробей заключается в том, что их свойства не связаны ни с какой системой счисления. По этой причине они эффективно используются в теоретических исследованиях. Но широкого практического применения цепные дроби не получили, так как для них нет удобных правил выполнения арифметических действий.        

2. 4                Метод разложения на множители.

Задача 6.

Решите уравнение в целых числах: x² - y² = 91.

Решение.

Разложим левую часть данного уравнения на множители: (х–у)(х+у)= =91. Так как  91= 1 * 91 =91 * 1=(-1) * (-91) = (-91) * (- 1) = 7 * 13 =

= 13 * 7 = (-7) * (-13) = (-13) * (-7), то решение данного уравнения сводится к решению восьми систем:

1)⎧x – y = 1                                           

   ⎨

   ⎩x + y = 91

   (46; 45)

2)⎧x – y =- 1

   ⎨

   ⎩x + y =- 91

   (-46; -45)

3)⎧x – y = -91

   ⎨

   ⎩x + y = 1

   (46; -45)

4)⎧x – y = -91

   ⎨

   ⎩x + y = -1

   (-46; 45)

5)⎧x – y = 7

   ⎨

   ⎩x + y = 13

   (10; 3)

6)⎧x – y = -7

   ⎨

   ⎩x + y = -13

   (-10; -3)

7)⎧x – y = 13

   ⎨

   ⎩x + y = 7

   (10; -3)

8)⎧x – y = -13

   ⎨

   ⎩x + y = -7

   (-10; 3)

Ответ.

 (46; 45),(46; - 45),(-46; -45),(-46; 45),(10; 3),(10; -3),(-10; -3),(-10; 3).

Задача 7.

Решите в целых числах х³ + 91 = у³.

Решение.

Перепишем данное уравнение в следующем виде у³ - х³ = 91, разложим левую часть на множители (у – х)(у² + ху + х²) = 91. Заметим, что у² + ху + х² = (у + х/2)² + ¾х² ≥ 0 при у∈R.

        Значит, решение данного уравнения сводится к решению следующих систем

1) ⎧у – х = 1                  

    ⎨

    ⎩ у² + ху + х² = 91     решая данную систему, получаем (5; 6),(-6; -5);

2) ⎧у – х = 1                  

    ⎨

    ⎩ у² + ху + х² = 1       система не имеет решения в целых числах;

3) ⎧у – х = 13                  

    ⎨

    ⎩ у² + ху + х² = 7       решений в целых числах нет;

4) ⎧у – х = 7                  

    ⎨

    ⎩ у² + ху + х² = 13     решая данную систему, получаем  (-3; 4),(-4;3).

Ответ.

(5; 6), (-6; -5), (5; 6), (-6; -5).

Задача 8.

Решите в целых числах ху=х+у

Решение.

Перепишем уравнение в следующем виде ху – х – у + 1 = 1. Левую часть данного уравнения разложим на множители, применяя способ группировки.      х(у – 1) – (у – 1) = 1; (у – 1)(х – 1) = 1. Следовательно,

    ⎧у – 1 = 1                  

    ⎨

    ⎩х – 1 = 1

     (2; 2)

    ⎧у – 1 = -1                  

    ⎨

    ⎩х – 1 = -1

     (0; 0)

Ответ.

(2; 2), (0; 0).

Задача 9.

Решите в натуральных числах  2х² + 5ху – 12у² = 28.

Решение.

Разложим левую часть данного уравнения на множители, для этого перепишем уравнение в следующем виде: 2х² - 3ху + 8ху – 12у² = 28.

        Применяя способ группировки, получим (2х – 3у)(х + 4у) = 28. Так как х, у – натуральные числа, то (х + 4у)∈N и  х + 4у ≥ 4, тогда возможны следующие случаи:

1)⎧ 2х – 3у = 1

   ⎨

   ⎩х + 4у = 28

     (8; 5);

2)⎧ 2х – 3у = 4

   ⎨

   ⎩х + 4у = 7

     решений в натуральных числах нет;

3)⎧ 2х – 3у = 1

   ⎨

   ⎩х + 4у = 28

     решений в натуральных числах нет.

Ответ.

(8; 5).

Задача 10.

Решите в целых числах   2ху = х² + 2у.

Решение.

Перепишем уравнение в следующем виде   х² - 2ху + 2у = 0. Данное уравнение также решается методом разложения на множители, однако, с помощью формулы разности квадратов или способа группировки мы не сможем разложить на множители левую часть этого уравнения, поэтому целесообразнее использовать метод выделения полного квадрата.

(х² - 2ху + у²) - у² + 2у – 1 + 1 = 0,         (х – у)² - (у – 1)² =-1.

(х – у – у + 1)(х – у + у – 1) = -1,         (х – 2у + 1)(х – 1) = -1.

       Решение этого уравнения сводится к решению следующих систем:

⎧ х – 2у + 1= -1                   или                             ⎧ х – 1= -1                                                                    

⎨                                                                               ⎨

⎩ х – 1= 1                                                                 ⎩ х – 2у + 1= 1

(2; 2)                                                                         решений в нат. числах нет

Ответ.

(2; 2)

        Итак, из рассмотренных выше уравнений можно сделать вывод, что при решении уравнений методом разложения на множители применяются: формулы сокращённого  умножения, способ группировки, метод выделения полного квадрата.

        Теперь рассмотрим более сложные уравнения.

Задача 11.

Решите в натуральных числах       х² - 4ху – 5у² = 1996.

Решение.

Перепишем уравнение в виде (х²-4ху+4у²)–9у²=1996, (х-4у)²–9у²=1996.

Разложим левую часть на множители    (х – 5у)(х + у) = 1996.

1996=1 * 1996=2 * 998=4 * 499= -1 * (-1996)= -2 * (-998) = -4 * (-499).

Так как х ∈ N, y∈N, то (х + у) ∈ N, причём (х + у) > 1. Если (х + у)∈N и (х + у)(х – 5у) = 1996, то (х – 5у) ∈ N. Тогда решение получившегося уравнения сводится к решению следующих систем

1)⎧х - 5у = 1 

   ⎨

   ⎩х + у = 1996 

решений в натуральных числах нет

2)⎧х - 5у = 499                              или                    ⎧х - 5у = 4

   ⎨                                                                             ⎨

   ⎩х + у = 4                                                              ⎩х + у = 499

системы решений в натуральных числах не имеют

3)⎧х - 5у = 2                                  или                     ⎧х - 5у = 988

   ⎨                                                                              ⎨

   ⎩х + у =998                                                            ⎩х + у =2

    (832; 166)                                        решения в натуральных числах нет

Ответ.

х = 832, у = 166.        

2.5 Решение уравнений в целых числах, как квадратных относительно какой-либо переменной.

Задача 12.

Решите в целых числах  5х²+ 5у² + 8ху + 2у – 2у + 2 = 0.

Решение.

Если попытаться решить данное уравнение методом разложения на множители, то это достаточно трудоёмкая работа, поэтому это уравнение можно решить более изящным методом. Рассмотрим уравнение, как квадратное относительно х     5х²+(8у-2)х+5у²+2у+2=0, х1,2 = (1 – 4у ±√(1 – 4у) ² - 5(5у² + 2у + 2))/5 = (1 – 4у ±√ -9(у + 1)²)/5.

        Данное уравнение имеет решение тогда, когда дискриминант равен нулю, т.е.  –9(у + 1) = 0, отсюда у = -1. Если у = -1, то х =1.

Ответ.

(1; -1)

Задача 13.

Решите в целых числах   3(х² + ху + у²)= х + 8у

Решение.

Рассмотрим    уравнение,    как    квадратное    относительно   х               3х ² + (3у - 1)х + 3у²  -  8у = 0. Найдём дискриминант  уравнения    D = =(3у – 1) ² - 4 * 3(3у² - 8у) = 9у² - 6у + 1 – 36у² + 96у = -27у² + 90у + 1.

Данное уравнение имеет корни, если D ≥ 0, т. е. –27у² + 90 у + 1≥ 0

(-45 + √2052)/ (-27) ≤  у ≤ (-45 -√2052)/ (-27)                                (4) 

Так как у ∈ Z, то условию (4) удовлетворяют только 0, 1, 2, 3. Перебирая эти значения, получим, что уравнение в целых числах имеет решения (0; 0) и (1; 1).

Ответ.

(0; 0), (1; 1).

Задача 14.

Решите уравнение        5х² - 2ху + 2у² - 2х – 2у + 1= 0.

Решение.

Рассмотрим данное уравнение  как    квадратное    относительно   х с коэффициентами, зависящими от у,    5х² - 2(у + 1)х + 2у² – 2у + 1= 0.

        Найдём четверть дискриминанта D/4=(y+1)²-5(2y²-2y+1)=-(3y-2)².

Отсюда следует, что уравнение имеет  решение  только   тогда, когда  -(3у – 2)² = 0, отсюда следует у = ⅔, затем находим  х = ⅓.

Ответ.

(⅓; ⅔).        

2.6 Метод остатков.

Задача 15.

Решите в целых числах  3ª = 1 + у² 

Решение.

Видно, что (0; 0) – решение данного уравнения. Докажем, что других решений нет.

        Рассмотрим случаи:

1. х ∈ N, y ∈ N                                                                   (5)

Если х ∈ N , то 3ª делится на 3 без остатка, а у² + 1 при делении на 3 даёт остаток либо 1, либо 2. Следовательно, равенство (5) при натуральных значениях х и у невозможно.

2)Если х – целое отрицательное число, y ∈ Z, тогда  0<3ª<1, а   1+у²≥0 и равенство (5) также невозможно. Следовательно, (0; 0) – единственное решение.

Ответ.

(0; 0).

Задача 16. 

Докажите, что система уравнений

⎧х² - у² = 7

⎨

⎩z² - 2y² = 1

не имеет решений в целых числах.

Решение.

Предположим, что система разрешена. Из второго уравнения  z²=2у+1, т. е. z²–нечётноё число и z-нечётное, значит z=2m+1. Тогда y²+2m²+2m , значит, у² - чётное число и у – чётное, y = 2n, n ∈ Z.

        x²=8n³+7, т. е. х² - нечётное число и х - нечётное число, х=2k+1, k ∈ Z.

Подставим   значения  х  и  у  в  первое  уравнение,  получим  2(k² + k - 2n³) = 3, что невозможно, так как левая часть делится на 2, а правая нет.

Значит, наше предположение неверно, т.е. система не имеет решений в целых числах.        

2.7 Метод бесконечного спуска.

Решение уравнений методом бесконечного спуска проходит по следующей схеме: предположив, что уравнение имеет решения, мы строим некоторый бесконечный процесс, в то время, как по самому смыслу задачи этот процесс должен на чём–то кончаться.

Часто метод бесконечного спуска применяется в более простой форме. Предположив, что мы уже добрались до естественного конца, видим, что «остановиться» не можем.

Задача 17.

Решить в целых числах   29х + 13у + 56z = 17                (6)

Выразим неизвестное, коэффициент при котором наименьший, через остальные неизвестные.

 у=(17-29х-56z)/13=(1-2x-4z)+(4-3x-4z)/13                        (7)

Обозначим   (4-3x-4z)/13 = t1                                         (8)

        Из (7) следует, что t1 может принимать только целые значения. Из (8) имеем   13t1 + 3x + 4z = 14                        (9)

Получим новое диофантово уравнение, но с меньшими, чем в (6) коэффициентами. Применим к (9) те же соображения: x=(4-13t1-4z)/3= =(1-4t1-z) + (1-t1-z)/3                                        

(1-t1-z)/3 = t2 , t2 – целое,  3t2+t1+z = 1                (10)

В (10) коэффициент при z – неизвестном исходного уравнения равен 1 – это конечный пункт «спуска». Теперь последовательно выражаем z, x, y через t1 и t2.

⎧z = -t1 – 3t2 + 1

⎨x = 1 – 4t1 + t1 + 3t2 = 1 +t2 = -t1 + 4t2

⎩y = 1 + 6t1 – 8t2 + 4t1 + 12t2 – 4 + t1= 11t1 + 4t2 - 3

Итак,        ⎧x = -3t1 + 4t2

⎨y = 11t1 + 4t2 - 3

⎩z = -t1 – 3t2 + 1

t1, t2  - любые целые числа – все целые решения уравнения  (6)

Задача 18.

Решить в целых числах  x³ - 3y³ - 9z³ = 0                        (11)

Решение.

Видно, что левая часть уравнения (11) не поддаётся никаким преобразованиям. Поэтому исследуя характер целых чисел x³=3(y³-z³). Число x³ кратно 3, значит и число х кратно 3, т. е.  х = 3х1                (12) Подставим (12) в (11) 27х1³-3у³-9z³=0,   9x1³-y³-3z³=0                        (13)

y³=3(3x1³-z³). Тогда у³ кратно 3, значит и у кратно 3, т. е. у=3у1        (14). Подставим (14) в (13)        9х1³ -27у1³ - 3z³=0. Из этого уравнения следует, что z³ кратно 3, а значит и z кратно 3, т.е. z=3z1.

        Итак, оказалось, что числа, удовлетворяющие уравнению (11), кратны трём, и сколько раз мы не делили бы их на 3, получаем числа, кратные трём. Единственное целое число, удовлетворяющее трём. Единственное целое число, удовлетворяющее этому условию, будет нуль, т. е. решение данного уравнения (0; 0; 0) .                

Глава 3. Известные диофантовы уравнения.

3.1 Большая теорема Ферма.

Большой известностью во всём мире пользуется «Великая теорема Ферма» (она же – «Большая» или «Последняя»).

          Великой теоремой Ферма называется то заключение, которое было сделано им при чтении изданной Мезириаком «Арифметики» Диофанта. На полях этой книги, против того места, где идёт речь о решении уравнения вида x² + y² = z², Ферма написал: «Между тем, совершенно невозможно разложить полный куб на сумму кубов, четвёртую степень – на сумму четвёртых степеней, вообще какую-нибудь степень – на сумму степеней с тем же показателем. Я нашёл поистине удивительное доказательство этого предположения, но здесь слишком мало места, чтобы его поместить» («Cubum autem in duos cubos, aut quadrato-quadratum in duos quadrato-quadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duas ejusdem nominis fas est dividere; cujus rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet.»). Это положение Ферма теперь формулируется как теорема в следующем виде: «Уравнение xª + yª = zª не может быть решено в рациональных числах относительно x, y и z при целых значениях показателя a, больших 2» (общеизвестно, что при a=2 такие числа существуют, например, 3, 4, 5 – числа, которые, если являются длинами сторон, образуют знаменитый треугольник Пифагора). Справедливость этой теоремы подтверждается для многих частных случаев, однако доказана в общем виде она была недавно, хотя ей интересовались и её пытались доказать многие крупные математики (в «Истории теории чисел» Диксона прореферировано более трёхсот работ на эту тему). В 1907 году в городе Дармштадте в Германии умер математик Вольфскель, который завещал 100000 марок тому, кто даст полное доказательство теоремы. Немедленно сотни и тысячи людей, движимых одним лишь стремлением к наживе, стали бомбардировать научные общества и журналы своими рукописями, якобы содержащими доказательство теоремы Ферма. Только в Гёттингенское математическое общество за первые три года после объявления завещания Вольфскеля пришло более тысячи «решений».

Случай, когда a = 3, был доказан Эйлером ещё в 1768 году. И тот потребовал ещё много лет, чтобы теория, которой необоснованно пользовался Эйлер при своём доказательстве, была доказана Гауссом.

Доказательство теоремы Ферма для случая, когда a = 5, предложили в 1825 году почти одновременно  Дирихле и Лежандр. Своё доказательство Дирихле опубликовал в 1828 году, но оно было очень сложным, и в 1912 году его упростил Племель.

Для следующего простого показателя a = 7 теорема Ферма была доказана лишь в 1839 году Ламе. Доказательство Ламе было почти сразу же усовершенствовано Лебегом.

 В 1847 году Ламе объявил, что ему удалось найти доказательство теоремы Ферма для всех простых показателей a ³ 3. Метод Ламе представлял собой весьма далёкое развитие идей Эйлера и основывался на арифметических свойствах чисел. Однако сразу же Лиувилль обнаружил в рассуждениях Ламе серьёзный пробел, чем опровергнул это доказательство. Ламе был вынужден признать свою ошибку.

 На ЭВМ, пользуясь идеями Куммера и Вандивера доказали справедливость теоремы Ферма для всех простых показателей a<100000.                

2. Пифагоровы тройки.

Читателям, несомненно, хорошо известно уравнение

х² + у² = z²                                                 (13)

Конечно это знаменитая теорема Пифагора. Она утверждает, что площадь квадрата, построенного на гипотенузе, равно сумме площадей квадратов, построенных на его катетах. Уравнение (13) – это диофантово уравнение второй степени. Займёмся поиском его решений. Удобно записывать их в виде троек чисел (x, y, z), такие тройки называются пифагоровыми.

        Заметим, что если два числа из такой тройки имеют общий делитель, то на него делится и третье число. Поделив их все на общий делитель, вновь получим пифагорову тройку. Значит, от любой пифагоровой тройки легко перейти к пифагоровой тройке, числа которой попарно взаимно просты. Такую тройку называют примитивной. Очевидно, для решения поставленной задачи достаточно найти общий вид примитивных пифагоровых троек.

        Ясно, что в примитивной пифагоровой тройке два числа не могут быть чётными, но в тоже время все три числа не могут быть нечётными одновременно. Остаётся один вариант: два числа нечётные, а одно чётное. Покажем, что z не может быть чётным. Предположим противное: z=2m, тогда х и у – нечётные числа: x=2k+1, y = 2k + 1. В этом случае сумма х² + у² = 4(k² + k + l² + l) + 2 не делится на 4, в то время как z² = 4m²делится на 4. Итак, чётным числом является либо х, либо у. Пусть х = 2и,  у и z – нечётные числа. Обозначим z + y = 2v, z – y = 2w. Числа v и w взаимно простые. На самом деле если бы они имели общий делитель d >1 , то он был бы и делителем для z = v + w, и для y = v – w, что противоречит взаимной простоте y и z. Кроме того, v и w разной чётности: иначе бы  y и z были чётными. Из равенства x² = (p² + q²)² - (p² - q²)² = 4p²q². В результате мы доказали, что для любой примитивной пифагоровой тройки найдутся взаимно простые натуральные числа p и q разной чётности, p>q, такие, что    x = 2pq, y = p² - q²,  z = p² + q².

        Легко видеть, что справедливо и обратное утверждение. Итак, способ нахождения примитивных решений уравнения (13) найден. Все остальные его натуральные решения имеют вид: x = 2 * kpq, y=k(p² - q²), z = k(p² + q²), где k – произвольное натуральное число.                

3. Вокруг теоремы Пифагора.

С теоремой Пифагора связано много других диофантовых уравнений. Найдём, например, диофантовы треугольники, У которых один катет длиннее другого на 1. Здесь надо решить в натуральных числах уравнение х² + (х + 1)² = у².                                                (14)

Пифагоров треугольник со сторонами 3, 4, 5 удовлетворяет этому требованию. Следовательно, числа х1 = 3, у1 = 5 дают наименьшее натуральное решения уравнения (14). Остальные его решения получаются из рекуррентных соотношений, которые мы приводим без доказательства:  хn +1 = 3xn + 2yn + 1,  yn+1 = 4xn + 3yn + 2 Из них находим х2 = 20, у2 = 29; х3 = 119, у3 = 169; х4 = 696, у4 = 985;  х5 = 4059, у5 = 5741 и т. д.

Уравнение (14) можно переписать так:  2х(х + 1) + 1 = у². Похожий вид имеет уравнение  х(х + 1) = у². Однако в отличие от (14) оно не имеет ни одного решения в натуральных числах. В самом деле, числа х и х + 1 – взаимно просты, а потому их произведение может быть полным квадратом лишь в случае, когда х и х + 1  - полные квадраты, т.е. когда х = и², х + 1 =  v². Но это невозможно, так как разность квадратов двух натуральных чисел всегда больше 1.

Рассмотрим теперь аналогии уравнения (13) в трёхмерном пространстве. Укажем все прямоугольные параллелепипеды, у которых целочисленны и длины рёбер и длина диагонали. Для этого надо найти  все  натуральные  решения  (x, y, z, t)  диофантова  уравнения   x² + y² + z² = t². По аналогии с пифагоровыми тройками они выражаются формулами  x = 2 * k1pq ,  y = kp2 q2, z = k(q² - p1² -  p2²), t = k(q² + p1² + p2²),где k, q, p1, p2 – натуральные числа и q²> p1² + p2².

Доказано также, что существуют бесконечно много прямоугольных параллелепипедов, у которых длины рёбер и длины диагоналей всех боковых граней выражаются целыми числами. Иными словами, система уравнений х² + у²=и², х² + z²=v², y² + z²=w²

имеет бесконечное множество натуральных решений. Одно из них, например, такое: х = 44, у = 117, z = 240. Однако неизвестно, существует ли прямоугольный параллелепипед, у которого целочисленны и все рёбра и диагонали всех боковых граней и диагональ самого параллелепипеда, то есть, имеет ли хоть одно решение в натуральных числах система уравнений  х² = у² = и², х² + z² = v²,  y² + z² = w², x² + y² + z² = t².         

3.4 Известные диофантовы уравнения.

        Познакомимся с одной задачей из «Арифметики» Диофанта: «Заданный квадрат разложить на 2 квадрата».

        Эта задача эквивалентна уравнению второй степени х² + у² = а²с с неизвестными х и у при заданном значении параметра а, Простейшее решение данного уравнения получается  при нулевом значении одного из неизвестных. Другие решения Диофант ищет, выполняя подстановку у = kx – a, где k - произвольное рациональное число. В результате исходное уравнение приводится к виду (kx – a)² + x² = a², откуда после преобразований получаются рациональные выражения для неизвестных  x и y.

        х = a*2k / (k² + 1),                y = a* (k² - 1) / (k² + 1)

Способ Диофанта позволяет находить так называемые пифагоровы тройки чисел – наборы целых чисел x, y, z, выражающих длины сторон прямоугольного треугольника, т.е. удовлетворяющих уравнению х² + у² = z². Пример такой тройки – 3,4,5.

Запишем неопределенное уравнение х² + у² = z² в виде (x / z)² + + (y / z)² = 1 применим к нему приведенные выше рассуждения Диофанта и получим выражения x/z = 2k/(k² +1),  y/z=(m² - n²)/(m²+n²).

Чтобы найти решение в целых числах  положим k = m/n, где m, n – произвольные целые, n≠0. Тогда x/z=2mn/(n² + m²), y/z=(m²-n²)/(m²+n²)

и можно взять x = 2mn,  y = m² - n², z = m² + n². 

Около 1630 года перевод «Арифметики»  попал в руки выдающемуся французскому математику Пьеру Ферма. Бессмертный труд Диофанта вдохновил Ферма на очень тонкие и глубинные теоретико-числовые исследования, в частности, идя по стопам Диофанта, Ферма доказал, что натуральное число а тогда и только тогда представлено в виде суммы двух квадратов x² + y² с целыми x и y, когда все простые делители а, дающие при делении на 4 остаток 3 , входят в  а в четной степени. Он также нашел формулу для количества различных пар (х;у) таких чисел.

        Знаменитой стала и задача Ферма, написанная, как комментарий на полях книги Диофанта: «Найти прямоугольный треугольник в числах, гипотенуза, которого была бы квадратом а, также и сумма сторон при прямом угле». Эта задача об отыскании таких пифагоровых троек x, y, z, что длина гипотенузы  z и сумма длин катетов х + у представляют собой полные квадраты, имеет бесконечно много решений. Минимальные из них, это числа, найденные Ферма:   х = 4565486027761,  у = 1061652293520,  z = 4687298610289  (здесь z=2165017 ²).

        Примечательна судьба ещё одного неопределённого уравнения. В своё время Архимед составил задачу о быках четырёх мастей, которые паслись в четырёх стадах, принадлежавших богу солнца Гелиосу. В виде стихотворного послания он отправил её Эратосфену Киренскому. Задача сводится к уравнению х² - 4729494у² = 1. Общее число быков выражается числом порядка 7766 * 10²º   ¹. Такое стадо старик Гелиос не смог бы разместить даже в границах всей вселенной. По-видимому, лукавил Архимед, посылая своему оппоненту практически не разрешимую задачу и обращаясь к нему со словами:

Если ты это найдёшь, чужестранец, умом пораскинув,

И сможешь назвать каждого стада число,

То уходи, вознаградившись победой, и будет считаться,

Что в мудрости ты всё до конца превзошёл.

        За уравнением вида х² - ау² = 1 утвердилось название «уравнение Пелля» - по имени математика Джона Пелля, которому Эйлер ошибочно приписал один из способов его решения. Ферма умел решать это уравнение в целых числах. А позднее выяснилось, что с этой задачей справлялся ещё в XII в. индийский математик Бхаскара, однако, его метод остался науке не известен.

         Одна из знаменитых проблем Давида Гильберта, сформулированных на II Международном конгрессе математиков в Париже в 1990 г., заключалась в следующем: пусть дано произвольное диофантово уравнение; требуется указать общий метод, следуя котором, можно было бы за конечное число шагов узнать, имеет ли оно решение в целых числах.

        В 1970 г. ленинградский математик Юрий Владимирович Матиясевич доказал, что такого общего метода не существует.        

Приложение.

Задача 19. (из «Арифметики» Диофанта)

Для числа 13 = 2² + 3² найти два других, сумма квадратов которых равна 13.

Решение.

Приведём решение самого Диофанта. Он полагает первое число (обозначим его через А) равным  х+2, а второе число В равным 2х–3, указывая, что коэффициент перед х можно взять и другой. Решая уравнение (х + 2)² + (2х – 3)² = 13, Диофант находит х = 1,6, откуда А = 3,6, В = 0,2.

        Воспользуемся указанием Диофанта и возьмём произвольный коэффициент перед х в выражении для В. Пусть снова А = х + 2, а В=kх – 3, тогда из уравнения  (х + 2)² + (kх – 3)² = 13 получаем  х=2(3k-2)/(k² + 1).  Отсюда А=2(k²+3k–1)/(k²+1), B=(3k²-4k-3)/(k²+1).

        Теперь становятся понятными рассуждения Диофанта. Он вводит очень удобную подстановку А=х+2, В=2х–3, которая с учётом условия 2²+3²=13 позволяет понизить степень квадратного уравнения. Можно было бы с тем же успехом в качестве В взять 2х+3 или ещё проще х±3, но тогда получаются отрицательные значения для В, чего Диофант не допускал. Очевидно k = 2 – наименьшее натуральное число, при котором А и В положительны. И хотя Диофант приводит решение задачи в конкретных числах, чувствуется, что он владеет общим методом.         Задача 20. (из древнего китайского сборника)

Найти число, которое при делении на 3 даёт остаток 2 , при делении на 5 – остаток 3, а при делении на 7 – остаток 2.

Решение.

Рассмотрим решение этой задачи китайским математиком Сунь-цзы (III или IV в.): «При делении на 3 остаток есть 2. Поэтому возьмём 140. При делении на 5 остаток есть 3, поэтому возьмём 63. При делении на 7 остаток есть 2, поэтому возьмём 30. Сложив их вместе получим 233. Из этого вычтем  210 и получим ответ».

        Разберём решение Сунь-цзы. Сначала он подбирает число 140, кратное 5 и 7, которое при делении на 3 даёт остаток 2. Конечно, это не наименьшее натуральное число с такими свойствами: можно было бы взять число 35. Но это не столь важно для решения задачи. Затем берётся число 63, кратное 3 и 7, дающее при делении на 5 остаток  3. Аналогично находится число  30. Очевидно, для числа 233 = 140 +63+ 30 выполняются все условия задачи, а потому они выполняются для числа вида n = 105l + 233. В свою очередь 233=2*105 + 23,  поэтому все натуральные решения можно записать формулой  n = 105k + 23, где k = 0, 1,  …  .

        При k = 0 из неё получаем наименьшее натуральное решение, равное 23.                 Задача 21. (из «Арифметики» Диофанта).

Найти два числа, произведение которых, сложенное с каждым из данных чисел, составит куб некоторого числа.

Решение.

Рассмотрим решение самого Диофанта. Обозначим первое число в виде произведения х на куб некоторого числа, например на 2³ = 8, то есть первое число будет 8х. Положим второе число равным х² - 1. Ясно, что одно из условий задачи будет выполнено: произведение искомых чисел, сложенное с первым, равняется кубу некоторого числа. В самом деле, проверяя это, получим: 8х * (х² - 1) + 8х = 8х³.

        Далее надо, чтобы выполнялось и другое условие, то есть, чтобы произведение искомых чисел, сложенное со вторым, равнялось также кубу некоторого числа. Для этого требуется, чтобы 8х²*(х² - 1) +х² - 1  было кубом некоторого числа.  Полагая, что куб этого числа равняется (2х –1)³, мы получим уравнение, из которого можно найти х:  8х * (х² - 1) + х² - 1 = (2х² - 1)³, откуда:  х = 14/13, следовательно, первое число будет  8*14/13 = 112/13.