Глава 3. Известные диофантовы уравнения.

 

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 = 4m² делится 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.

 

 

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.

 

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.