|
О способностях мышления
«…дадим ещё один пример обманчиво простой на вид задачи, которую Ферма рассмотрел и решил» … . «…уравнение у^3 = х^2 + 2 имеет решение в целых числах х и у ; решение это таково : у = 3,
х = 5. В качестве теста превосходства своего ума читатель может взять доказательство того, что это единственная пара целых чисел, удовлетворяющих уравнению. Такое доказательство не является легким. Оно хотя и кажется детской вещью, требует больших способностей мышления, чем для постижения теории относительности». Это цитата из [1] стр. 68.
Допустим, что имеет место равенство у^3 = х^2 + 2 (1).
Ясно, что числа х и у не могут быть оба одновременно четными, так как в этом случае мы имели бы при х = 2к и у =2р 8р^3 = 4к^2 + 2, а после деления на 4 - 2р^3 - к^2 = 1/2 , что при целых р и к невозможно.
Аналогично, они не могут быть разной четности. Если четно
х = 2к , а y = 2p + 1 не четно, то должно быть
8р^3 + 12р^2 + 6р + 1 = 4к^2 + 2 и после деления на 2 будем иметь
4р^3 + 6р^2 + 3р - 2к^2 = 1/2 , то есть решений в целых числах нет. Если четно у = 2p, а x = 2k + 1 не четно , то имеем:
8р^3 = 4к^2 + 4к + 1 + 2 и после деления на 4 будем иметь
2р^3 - к^2 – k = 3/4 , то есть и в этом случае решений в целых числах нет. Но мы знаем, что одно решение есть, и поэтому приходим к выводу , что числа х и у оба должны быть не четными.
Все нечетные числа у представим с точки зрения деления на 3 как а) у = 3р + 1 б) у = 3р – 1 и с) у = 3р.
Тогда в случае а) при у = 3р + 1 получаем из (1) . у^3 - 1= х^2 + 1,
9р( 3р^2 + 3р +1) = х^2 + 1 и 3р( 3р^2 + 3р +1) = (х^2 + 1)/3 . Левая часть последнего равенства является целым числом при любом целом p , а правая часть не может быть целым числом ни при каком целом х ,
так как (утверждение 1) в ряду чисел больших квадрата на единицу нет чисел, делящихся на 3 . Простое доказательство этого приведем ниже, так как оно затрагивает более общий вопрос.
В случае б) имеем после подстановки у = 3р – 1
27p^3 – 27p^2 + 9p – 1 = x^2 + 2, а после деления на 3 получаем
9p^3 – 9p^2 + 3p – 1 = x^2/3. Число 9p^3 – 9p^2 + 3p – 1 при целом р всегда целое, следовательно, х^2 должно делится на 3 , а так как 3 число простое, то и х так же должно делиться на 3. Значит в этом случае должно быть х = 3к. Но тогда должно быть 9p^3 – 9p^2 + 3p – 1 =
9к^2/ 3 = 3к^2 и в итоге, после очередного деления на 3, должно выполняться условие 3p^3 – 3p^2 + р – к^2 = 1/ 3, что при целых р и к невозможно.
Значит, и в случае б) решения в целых числах нет. Таким образом мы приходим к выводу , что решения могут быть только в случае с) при
у = 3р, и мы знаем, что при р =1 у =3 является решением нашего первоначального уравнения (1).
После подстановки в уравнение (1) значения y = 3p получаем , что должно иметь место равенство: 27р^3 = х^2 + 2 (2) причем (как установлено ранее), числа р и х оба не четные и ясно, что х не делится на 3, как взаимно простое с y .
С точки зрения деления на 4 все целые нечетные числа y , а в нашем случае, как установлено выше, у нечетно, можно разделить на два ряда, члены которых определяются формулами а) y = 4п + 1 и b) y = 4n – 1. Все не четные x представимы как x = 4m +/- 1
Тогда, в случае а), подставляя значения х и у в формулу (1) имеем:
64n^3 + 48n^2 + 12n + 1 = 16m^2 +/- 8m +1 + 2 и после деления на 4 получим:
16n^3 + 12n^2 + 3n - 4m^2 +/- 2m =1/2 , откуда видно, что при целых n и m целочисленных решений нет. Значит уравнение вида
(4n + 1)^3 = x^2 + 2 не имеет решений в целых числах и число
(x^2 + 2) / ((4n + 1) = (4n + 1)^2 не может быть целым, кроме случая, когда n = 0 и знаменатель этой дроби будет равен 1 (4• 0 + 1) =1.
Теперь рассмотрим второй случай b) когда y = 4n – 1.
Выше было доказано, что число y должно делиться на 3. Чтобы число вида y = 4n – 1 делилось на 3 оно должно иметь вид y = 3(4k + 1) . Действительно, так как должно иметь место равенство y = 4n - 1 = 3p, то (после деления на 3) n + (n – 1)/3 = p и становится очевидным, что бы число (n – 1) / 3 было целым необходимо n = 3k+ 1, а тогда
p = 3k + 1 + (3k +1 –1) / 3 = 4k + 1, а y = 3p = 3(4k + 1), что мы и доказывали.
После подстановки значения y = 3(4k + 1) в (1) исходное уравнение принимает вид 27(4k + 1)^3 = x^2 + 2 . Разделив последнее на (4k + 1) , получаем 27(4k + 1)^2 = (x^2 + 2) / (4k + 1) . Но выше уже доказано, что правая часть последнего равенства может быть целым числом только и только при к = 0, и, так как рассмотрены все нечетные числа y , то y = 3 является единственным целым числом, удовлетворяющим уравнению у^3 = х^2 + 2 , при этом x = +/- 5.
Использованное выше утверждение 1: в ряду чисел больших квадрата на единицу нет чисел, делящихся на 3 является частным случаем более общего утверждения 2: в ряду чисел больших квадрата на 1 нет чисел делящихся на 2^n при n > 1 и делящихся на простые числа 3, 7, 11, 19, 23, 31, 43, и многие другие, которые можно определить изложенным ниже способом.
Положим, что уравнения 3p =x ^2 + 1 (3) имеет решения в целых числах. С точки зрения деления на 3 все числа x можно представить в виде x = 3k, x = 3k + 1 , x = 3k – 1 , что приводит наше уравнение (3) после подстановок к трем видам: 3p = 9k^2 + 1,
3p = 9k^2 + 6k + 1, 3p = 9k^2 – 6k + 1 . После деления на 3 получаем: p = 3k^2 + 1/3 , p = 3k^2 + 2k + 1/3 , p = 3k^2 - 2k + 1/3 , откуда видно, что при целом k , p не может быть целым числом и, следовательно, уравнения вида (3) не имеют решений в целых числах и числа вида x ^2 + 1 не делятся на 3.
Теперь запишем уравнение (3) в общем виде: Ap = x^2 + 1 (4) , где А –простое число. Выразим x через А как x = kA +/- g , где k и g целые числа, причем, соответствующим выбором к всегда можно сделать g ≤ (A -1)/2 . Подставив значение x = kA +/- g в (4) и разделив на А , получаем Ap^2 +/- 2pg + (g^2 + 1)/A (5). Из этого равенства ясно, что уравнение (4) будет иметь решение в целых числах для данного А , тогда и только тогда, когда найдется такое целое число g ≤ (А -1)/2 , что число (g^2 + 1)/A будет целым. Таким образом , простым перебором, проведя не более
(A - 1)/2 испытаний, можно установить имеются ли для любого простого целого числа А решения уравнения (4) в целых числах. Рассмотрим несколько примеров.
Для А = 3 мы установили выше, что решений нет.
Для А = 2, g = 1 - есть
А = 4 , g = 1; 2 - нет,
A = 2^n , тогда 2^np = x^2 + 1 и 2^(n –2)p = (x^2 + 1)/4 , правая часть не может быть целым числом, как доказано выше перебором для A = 4
А = 5 , g = 1; 2; - есть при g = 2
А = 7, g = 1; 2; 3; - нет,
А = 11, g = 1; 2; 3; 4; 5; - нет
А = 13, g = 1; 2; 3; 4; 5; 6; - есть при g = 5
А = 17, g = 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; – есть при g = 4
А = 19, g = 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8;9; - нет
А = 23, g = 1….11 - нет
А = 29, g = 1…14 - есть при g = 12
А = 31, g = 1… 16 - нет
А = 37, g = 1… 18 – есть при g = 6
А = 43, g = 1… 21 - нет и так далее.
А.О.Гельфонд в [2] на страницах 42 ,43 приводит классическое аналитическое доказательство отсутствия решений в целых числах уравнения второй степени с правой частью равной минус единице
x^2– 3y^2 = - 1 (один из видов уравнения Пелля) . Если его переписать в виде 3y^2 = x^2+ 1 , то не трудно заметить, что оно является частным случаем рассмотренного выше уравнения (4) , когда при A = 3 число p является квадратом. Так как приведенное выше доказательство для А = 3 справедливо для всех p , то оно верно и для всех p являющихся квадратами, тем самым доказано, что для
А = 3; 7; 11; 19; 23; 31; ; 43 и 2n при n > 1 уравнения вида
x^2 - Аy^2 = -1 не имеют решений в целых числах.
Рассматривая полученный ряд чисел А = 3; 7; 11; 19; 23; 31; ; 43,
замечаем, что все они простые и имеют вид А = 4n – 1 . Это приводит к
Утверждению 3; уравнение вида x^2– Аy^2 = - 1 не имеют решений в целых числах для всех простых чисел А вида А = 4n – 1.
Докажем это.
Рассмотрим уравнение x^2– (4n –1)y^2 = - 1 при всех возможных комбинациях видов чисел x и y c точки зрения их четности.
Таких комбинаций всего четыре: а) y = 2p, x = 2k; б) y = 2p + 1, x = 2k,
в) y = 2p, x = 2k + 1; г) у = 2p + 1, x = 2k + 1. Выполнив подстановки, простые преобразования и деление всех равенств на 4 получим равенства: a) k^2 + 4np^2 – p^2 = - 1/4
б) k^2 – 4np^2 –4np –n +p^2 + p = -1/2 в) k^2 +k –4np^2 +p^2 = -1/2
г) k^2 + k– 4np^2 –4np –n +p^2 + p = -3/4
которые , очевидно, не имеют решений в целых числах, что и доказывает приведенное выше утверждение 3.
Здесь уместно вспомнить высказывание Короля математиков
К. Ф. Гаусса : « …но даже, когда мы добиваемся успеха, его приносит зачастую громоздкий и искусственный вывод, тогда как более простые методы могут долго оставаться скрытыми от нас». [1] стр. 67.
Литература: [1] Э. Т. Белл, «Творцы математики», Москва,
Просвещение , 1979 г. под ред. С.Н. Киро.
[2] А.О. Гельфонд « Решение уравнений в целых
числах» Москва, Наука, 1978 г.
.
у
|
