Решение диофантова уравнения x²+y²=zⁿ

Решение диофантова уравнения \(x^2+y^2=z^n\)

Уравнение

                               x²+y²=zⁿ , где x,y,z∈ℤ ,n∈ℕ ,n≥2, xyz≠0, НОД(x,y,z)=1                           (1)

при n=2 принимает вид x²+y²=z². Его решение было получено еще Пифагором[[i]].

(±(a²-b²))²+(±2ab)²=(±(a²+b²))²,

где a,b∈ℤ, НОД(a,b)=1, 2|ab

Такого же результата можно добиться, воспользовавшись свойствами комплексного числа.

Лемма. Для a,b∈ℤ, n∈ℕ верно тождество:

                                                          |(a+bi)ⁿ|² =|a+bi|²ⁿ                                                      (2)

Доказательство. Действительно, комплексное число можно представить в виде a+bi=r(cos φ +i sin φ),

По формуле Муавра[[ii]]

(a+bi)ⁿ=rⁿ(cos +i sin )

|(a+bi)ⁿ|² =|rⁿ(cos +i sin )|² =r²ⁿ

|a+bi|²ⁿ=|r(cos φ +i sin φ)|²ⁿ=r²ⁿ

r²ⁿ=r²ⁿ

Возведем в квадрат комплексное число a+bi, где a,b∈ℤ,НОД(a,b)=1, 2|ab

(a+bi)²=(a²-b²)+(2ab)i

Воспользуемся (2) при n=2

(a²+b²)²=(a²-b²)²+(2ab

Здесь реальная часть ℜ((a+bi)²)=(a²-b²),

мнимая часть ℑ((a+bi)²)=2ab,

|a+bi|²=a²+b²

Теорема. Полным решением уравнения (1) является                                                    (3)

x=±ℜ((a+bi)ⁿ), y=±ℑ((a+bi)ⁿ), z=±(a²+b²), если n–четно

x=±ℜ((a+bi)ⁿ), y=±ℑ((a+bi)ⁿ), z=(a²+b²), если n–нечетно

где a,b∈ℤ , ab≠0, НОД(a,b)=1, 2|ab

Доказательство.

§1.  Решение теоремы удовлетворяет уравнению (1) при любом n>2.

Воспользуемся (2):

|(a+bi)ⁿ|² =|a+bi|²ⁿ

(±ℜ((a+bi)ⁿ))²+(±ℑ((a+bi)ⁿ))²=(a²+b²)ⁿ при n – нечетном

(±ℜ((a+bi)ⁿ))²+(±ℑ((a+bi)ⁿ))²=(±(a²+b²))ⁿ при n – четном

Нетрудно заметить, что если n - нечетно, то z только положительное.

Всякое решение (3) удовлетворяет (1), тем более для a,b∈ℤ , ab≠0, НОД(a,b)=1, 2|ab

Примеры.

n=3, a=1,b=2

x=±ℜ((a+bi)³), y=±ℑ((a+bi)³), z=a²+b²

x=±(a³-3ab²)=±(1³-3×1×2²)=±11,  y=±(3a²b-b³)=±(3×2-8)=±2, z=1+4=5

(±11)² +(±2)² =5³ 

n=4, a=2, b=1

x=±ℜ((a+bi)⁴), y=±ℑ((a+bi)⁴), z=±(a²+b²)

x=±(a⁴-6a²b²+b⁴)=±(16-6×4+1)=±7, y=±(4a³b-4ab³)=±(4×8-8)=±24, z=±(4+1)=±5

(±7)²+(±24)² =(±5)⁴

 

§2. Решение теоремы является полным.

Для этого рассмотрим произвольное комплексное число a+bi=r(cos φ+i sin φ), где a,b∈ℤ , ab≠0, НОД(a,b)=1.

r² также является целым числом, так как r²=a²+b²  

Любое такое комплексное число является решением уравнения (1) при n=1. Действительно, x=a, y=b, z=a²+b² . Нетрудно заметить, что это полное решение.  

Точнее, любому решению уравнения (1) при n=1 соответствует комплексное число a+bi.

r² можно представить в виде произведения простых сомножителей, причем единственным образом.

Все простые сомножители делятся на три группы:

1) p=2=1²+1²

2) p=4k+1, k∈ℕ , pпростое число

В соответствии с теоремой Ферма-Эйлера [[iii]] "Всякое простое число вида 4k + 1 , где k — натуральное число, представимо в виде суммы двух квадратов натуральных чисел, причём единственным с точностью до перестановки слагаемых способом."

3) p=4k+3, k∈ℕ , pпростое число

В виде суммы двух квадратов не представимы не только простые числа 4k+3, но и вообще все такие числа.

Лемма. Всякое представимое в виде суммы квадратов двух целых чисел нечетное число при делении на 4 дает остаток 1, а не 3

Доказательство. Из двух квадратов, сумма которых нечетна, обязательно один четен, а другой нечетен. Квадрат четного числа нацело делится на 4, а квадрат нечетного числа при делении на 4 дает остаток 1

Теперь из всех таких чисел r² нужно выбрать только те, которые являются полными степенями n. Для начала нам потребуются две леммы.

Лемма. Для a,b,c,d∈ℤ верно тождество:

                                               |(a+bi)|²(c+di)|² =|(a+bi)(c+di)|²                                                                    (4)

Доказательство. Действительно, комплексное число можно представить в виде:

 a+bi=r₁(cos φ₁+i sin φ₁), c+di=r₂(cos φ₂+i sin φ₂),

r₁²r₂²=|rr₂(cos (φ₁+φ₂)+ i sin (φ₁+φ₂))|²=(rr₂)²

Теперь докажем тождество Брахмагупты[[iv]] при помощи комплексных чисел:

Лемма. Для a,b,c,d∈ℤ верно тождество:

(a²+b²)(c²+d²)=(ac-bd)²+(ad+bc)²=(ac+bd)²+(ad-bc

Доказательство.

(a+bi)(c+di)=ac-bd+(ad+bc)i

(a-bi)(c+di)=ac+bd+(ad-bc)i

Из (4) следует:

(a²+b²)(c²+d²)=(ac-bd)²+(ad+bc)²=(ac+bd)²+(ad-bc

Следствие. Двоякость представления произведения двух сумм двух квадратов в виде суммы двух квадратов обусловлена двоякостью представления суммы квадратов в виде квадрата модуля комплексного числа и квадрата модуля его комплексно сопряженного.

Теперь рассмотрим (4k+3)²=(4k+3)² + 0². По тождеству Брахмагупты двоякость представления может быть только тогда, когда 4k+3 представимо в виде суммы двух квадратов, а это невозможно, следовательно, квадрат простого числа вида 4k+3 представим в виде суммы двух квадратов единственным образом.

Таким образом, число r² представимо в виде суммы двух квадратов целых чисел тогда и только тогда, когда любое простое число вида 4k+3 входит в его разложение в четной степени.

Значит, под r² мы всегда можем понимать комплексное число

               h=(a₁±bi)(a₂+bi)=a±bi, где a, b, a₁, b, a₂, b₂∈ℤ, aabab₂≠0, НОД(a,b)=1           (5)

, от которого взят квадрат модуля.

Наример, r²=5 при a₁=1, b₁=0, a₂=1, b₂=2, a=1, b=2

Или r²=34 при a₁=1, b₁=0, a₂=3, b₂=5, a=3, b=5

А r²=637=7²×13 при a₁=7, b₁=0, a₂=2, b₂=3, a=14, b=21 не входит в h, потому что НОД(14,21)=7≠1

Разберем для примера r²=325=5²×13

h в этом случае будет [(1±2i)(1±2i)](2±3i)=(1±2i)[(1±2i)(2±3i)]

Всего 16 вариантов:

1)[(1+2i)(1+2i)](2+3i)=(-3+4i)(2+3i)=-18-i

2)[(1+2i)(1+2i)](2-3i)=(-3+4i)(2-3i)=6+17i

3)[(1+2i)(1-2i)](2+3i)=5(2+3i)=10+15i

4)[(1+2i)(1-2i)](2-3i)=5(2-3i)=10-15i

5)[(1-2i)(1+2i)](2+3i)=5(2+3i)=10+15i

6)[(1-2i)(1+2i)](2-3i)=5(2-3i)=10-15i

7)[(1-2i)(1-2i)](2+3i)=(-3-4i)(2+3i)=6-17i

8)[(1-2i)(1-2i)](2-3i)=(-3-4i)(2-3i)=-18+i

9)(1+2i)[(1+2i)(2+3i)]=(1+2i)(-4+7i)=-18-i

10)(1+2i)[(1+2i)(2-3i)]=(1+2i)(8+i)=6+17i

11)(1+2i)[(1-2i)(2+3i)]=(1+2i)(8-i)=10+15i

12)(1+2i)[(1-2i)(2-3i)]=(1+2i)(-4-7i)=10-15i

13)(1-2i)[(1+2i)(2+3i)]=(1-2i)(-4+7i)=10+15i

14)(1-2i)[(1+2i)(2-3i)]=(1-2i)(8+i)=10-15i

15)(1-2i)[(1-2i)(2+3i)]=(1-2i)(8-i)=6-17i

16)(1-2i)[(1-2i)(2-3i)]=(1-2i)(-4-7i)=-18+i

Нетрудно заметить, что решением уравнения (1) при n=1 являются случаи 1-2,7-10,15,16, а случаи 3-6,11-14 не удовлетворяют условию НОД(x,y,z)=1 (соответственно НОД(a,b)=1) по одной простой причине: в произведении "простых" сомножителей встречаются комплексно сопряженные числа. Поэтому их лучше собрать в (a₁±bi) и исключить на этапе "сборки" решения. Итого уравнение (1) при z=325 и n=1 имеет 8 решений : (±1)²+(±18)²=(±6)²+(±17)². Других решений нет.

Теперь из всех r² выберем только те, которые являются n-ой степенью целого числа s

r²=s

Для примера разберем r² =614125=5³×13³

Тогда

h=(1±2i)(1±2i)(1±2i)(2±3i)(2±3i)(2±3i)

Но мы уже знаем, что комплексно сопряженных чисел быть не должно.

Значит, остается 4 варианта:

1) (1+2i)³(2+3i)³=524-7i

2) (1+2i)³(2-3i)³ =488+191i

3) (1-2i)³(2+3i)³=488-191i

4) (1-2i)³(2-3i)³=524+7i

Значит, h=(a+bi)ⁿ

Строго математически это доказывается так:

Пусть k∈ℤ, k=min(k,n-k), k≥0 

Тогда из (5) и (4)

r²=sⁿ=|(a±bi)∙(a±bi)∙…∙(a±bi)|²=|(a-bi)ᵏ∙(a+bi)ⁿ⁻ᵏ|²=(a²+b²)ᵏ|(a+bi)ⁿ⁻²ᵏ|²

Поскольку НОД (ℜ(r²ⁿ),ℑ(r²ⁿ))=(a²+b²)ᵏ=1, значит, k=0

Или без ограничения общности

r²=sⁿ =|(a₁±bi)∙(a₁±bi)∙…∙(a₁±bi)∙(a₂+bi)ⁿ|²=(a₁²+b₁²)ᵏ|(a₁+bi)ⁿ⁻²ᵏ(a₂+bi)ⁿ|²

Аналогично, k=0

Итого, r²=sⁿ =|(a+bi)ⁿ|²=(a²+b²)ⁿ=ℜ((a+bi)ⁿ)² +ℑ((a+bi)ⁿ)²

Теперь добавим условие 2|ab для n>1. Действительно, допустим, a и b оба нечетны, тогда для

1). n=2

ℜ((a+bi)²)=a²-b² - четное

ℑ((a+bi)²)=2ab - четное

2). n=3

ℜ((a+bi)³)=a³-3ab² - четное

ℑ((a+bi)³)=3a²b-b³ - четное

3).n=4

ℜ((a+bi)⁴)=a⁴-6a²b²+b⁴ - четное

ℑ((a+bi)⁴)=4a³b-4ab³ - четное

4).n=5

ℜ((a+bi)⁵)=a⁵-10a³b²+5ab⁴ - четное

ℑ((a+bi)⁵)=5ab-10a²b³+b⁵ - четное

5).n=6

ℜ((a+bi)⁵)=a⁶-15ab²+15a²b⁴-b⁶ - четное

ℑ((a+bi)⁵)=6ab-20a³b³+6ab⁵ - четное

и т.д.

Вообще, тогда h=(1±i)ⁿ(a₂+bi)

При n =2k (1±i)²ᵏ=(±2i)ᵏ - четная или мнимая или реальная часть, другая равна нулю.

При n =2k+1 (1±i)²ᵏ⁺¹=(1±i)(±2i)ᵏ - четная и мнимая, и реальная части.

Значит, НОД(x,y,z)≥2≠1.

Мы пришли к противоречию.

Теорема доказана полностью.