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 nφ +i sin nφ)
|(a+bi)ⁿ|² =|rⁿ(cos nφ +i sin nφ)|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)²
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 , p – простое 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 , p – простое 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=|r₁r₂(cos (φ₁+φ₂)+ i sin (φ₁+φ₂))|²=(r₁r₂)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)²
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)²
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±b₁i)(a₂+b₂i)=a±bi, где a, b, a₁, b₁, a₂, b₂∈ℤ, a₁aba₂b₂≠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±b₁i) 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=sⁿ
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±b₁i)∙(a₁±b₁i)∙…∙(a₁±b₁i)∙(a₂+b₂i)ⁿ|²=(a₁²+b₁²)ᵏ|(a₁+b₁i)ⁿ⁻²ᵏ(a₂+b₂i)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)=5a⁴b-10a²b³+b⁵ - четное
5).n=6
ℜ((a+bi)⁵)=a⁶-15a⁴b²+15a²b⁴-b⁶ - четное
ℑ((a+bi)⁵)=6a⁵b-20a³b³+6ab⁵ - четное
и т.д.
Вообще, тогда h=(1±i)ⁿ(a₂+b₂i)
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.
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ