Однородные Диофантовы уравнения второй степени

ОДНОРОДНЫЕ ДИОФАНТОВЫ УРАВНЕНИЯ ВТОРОЙ СТЕПЕНИ Определение 1. Функция f : Rn −→ R называется однородной степени k, если f (tx1 , tx2 , . . . , txn ) = tk f (x1 , x2 , . . . , xn ) для любых t ∈ R, (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn . Пример. Функция f (x1 , x2 , . . . , xn ) = a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn , где a1 , a2 , . . . , an ∈ R — произвольные фиксированные числа, является однородной степени 1, а функция f (x, y, z) = xk + y k + z k — однородной степени k. Любая постоянная функция однородна степени 0. Определение 2. Уравнение f (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0 называется однородным степени k, если функция f однородна степени k. Пример. Системы однородных линейных уравнений ссылка — частный случай системы однородных уравнений. Ясно, что если (x01 , x02 , . . . , x0n ) — решение однородного уравнения или системы однородных уравнений, то и (tx01 , tx02 , . . . , tx0n ) — решение этого уравнения или системы при любом t ∈ R. В случае диофантового однородного уравнения это соображение позволяет нам искать только несократимые решения, т.е. такие решения (x01 , x02 , . . . , x0n ) ∈ Zn , при которых числа x01 , x02 , . . . , x0n взаимно просты в совокупности: любое другое целое решение (x11 , x12 , . . . , x1n ) будет получаться из некоторого несократимого умножением на некоторое целое число. Если f — однородная функция степени k и xn 6= 0, то   x1 x2 k f (x1 , x2 , . . . , xn ) = xn · f , ,...,1 . xn xn Вводя новые неизвестные yi = xi /xn , i = 1, 2, . . . , n − 1, мы перейдем от уравнения f (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0 с n неизвестными к уравнению f (y1 , y2 , . . . , yn−1 , 1) = 0 с n − 1 неизвестным, позволяющему восстановить все решения исходного уравнения с xn 6= 0. Контрольный вопрос. Как? Решения же с xn = 0 нужно будет искать отдельно, решая уравнение f (x1 , x2 , . . . , xn−1 , 0) тоже с n − 1 неизвестным. В случае диофантовых уравнений новые неизвестные y1 , y2 , . . . , yn−1 будут числами рациональными. 1 В (ссылка) мы уже обсуждали однородные диофантовы уравнения первой степени с двумя неизвестными. В этом разделе мы поговорим об однородных диофантовых уравнениях второй степени с тремя неизвестным и начнем с простейшего уравнения, имеющего геометрическое происхождение. Пифаговоры тройки и большая теорема Ферма Как известно, катеты X, Y и гипотенуза Z прямоугольного треугольника связаны между собой теоремой Пифагора: X 2 + Y 2 = Z 2. (1) Еще в глубокой древности были известны примеры троек натуральных чисел (X, Y, Z), являющихся решением уравнения (1). Такие решения называются пифагоровыми тройками. Треугольник, соответствующий простейшей пифагоровой тройке (3, 4, 5), называется египетским треугольником и до сих пор используется дачниками для построения на земле прямых углов. Делается это так. Нужно связать веревочное кольцо, разделенное узелками на 12 равных частей, и растянуть его на трех колышках, воткнутых в землю, так чтобы образовался треугольник со сторонами 3, 4 и 5 (рис. 4.1). А как найти все пифагоровы тройки, и вообще все целые решения уравнения (1)? Существуют разные способы это сделать. Мы же разберем способ, показывающий замечательную связь этой задачи, относящейся, казалось бы, только к целым числам, с геометрией. Замечание 1. Если какие-то две координаты решения (X 0 , Y 0 , Z 0 ) делятся на простое число p, то и третья координата этого решения делится на p. Поэтому если мы будем в соответствии со сделанным выше замечанием искать несократимые решения, нам достаточно будет найти такие решения, какие-нибудь две координаты которых взаимно просты. Далее мы опять же в соответствии со сделанными выше замечаниями разбиваем решение уравнения (1) на два шага. Шаг 1: ищем решения с Z = 0, , т.е. ищем все решения уравнения 2 X + Y 2 = 0. Поскольку X 2 , Y 2 ≥ 0, такое решение только одно: X = Y = Z = 0. Мы это решение нашли и запомнили. 2 Шаг 2: ищем решения, у которых Z 6= 0. Вот теперь мы можем разделить уравнение (1) на Z 2 и перейти к новым неизвестным: X , Z удовлетворяющим уравнению x= y= Y , Z x, y ∈ Q, x2 + y 2 = 1. (2) Уравнение (2), как хорошо известно, задает на плоскости окружность Γ с центром в начале координат и радиусом 1 (рис. 4.2). Таким образом, мы свели задачу к нахождению всех рациональных точек этой окружности. Заметим, что по крайней мере четыре рациональные точки на ней видны невооруженным глазом: (±1.0), (0, ±1). Выберем одну из них, например, A(0, 1). На рис. 4.2 наглядно представлена биекция между осью абсцисс и множеством Γ \ A. Точнее, если B ∈ Γ — какая-то другая точка окружности Γ, то прямая, проходящая через точки A и B, и ось абсцисс обязательно пересекутся, причем в единственной точке, как и любые другие две пересекающиеся прямые. Наоборот, если точка C(c, 0) лежит на оси абсцисс, то прямая, проходящая через точки A и C, пересечет окружность Γ еще ровно в одной точке. Таким образом, возникает взаимно однозначное соответствие (биекция) между точками оси абсцисс и точками окружности Γ, отличными от точки A. При этом, если координаты точки B(x1 , y1 ) рациональны: x1 , y1 ∈ Q, то уравнение прямой, проходящей через точки A и B: y − y0 x − x0 = , x1 − x0 y1 − y0 имеет рациональные коэффициенты, так же как и уравнение оси абсцисс: y = 0. Следовательно (см. ), и координаты точки C(c, 0) пересечения этих прямых будут рациональными, т.е. рациональным точкам на окружности Γ соответствуют рациональные точки на оси абсцисс. Теперь наоборот: пусть c ∈ Q. Покажем, что точке C(c, 0) на оси абсцисс соответствуюет рациональная точка на окружности Γ. Уравнение прямой L, проходящей через точки A и C(c, 0), имеет вид x−0 y−1 = ⇐⇒ x = −c(y − 1). c−0 0−1 3 Найдем вторую точку пересечения B этой прямой с окружностью Γ (первая — это сама точка A). Для этого подставим в уравнение окружности Γ выражение неизвестного x через y в силу уравнения прямой: c2 (y − 1)2 + y 2 = 1 ⇐⇒ (1 + c2 )y 2 − 2c2 y + (c2 − 1) = 0. (3) Это квадратное уравнение на ординаты точек пересечения прямой L и окружности Γ. Поскольку одна точка пересечения, точка A, нам известна, мы знаем одно решение этого уравнения: y1 = 1. Второе решение уравнения (3) находим с помощью формулы Виета: y2 = c2 − 1 ∈ Q. c2 + 1 (4) Тогда c2 − 1 − c2 − 1 2c = ∈ Q. (5) c2 + 1 c2 + 1 Таким образом, обе координаты точки B рациональны и, значит, построенная биекция между точками оси абсцисс и точками окружности Γ, отличными от A, задает также биекцию между множествами рациональных точек оси абсцисс и окружности Γ \ A. Более того, формулы (4) и (5) дают явные выражения координат любой рациональной точки окружности Γ, отличной от A. Другими словами, любое рациональное решение уравнения (2), кроме x = 0, y = 1, получается, если в формулы x2 = −c · c2 − 1 2c , y = c2 + 1 c2 + 1 подставить вместо c некоторое рациональное число. Представим число c в виде несократимой дроби c = и (m, n) = 1. Тогда x= x= 2mn , m2 + n2 y= m , n где m, n ∈ Z m2 − n2 . m2 + n2 Заметим, что при n = 0, m 6= 0 мы получаем решение x = 0, y = 1, отвечающее точке A. Нам осталось восстановить числа X, Y, Z по найденным числам x, y, т.е. найти все тройки целых чисел X, Y, Z, таких что Y m2 − n2 = 2 . Z m + n2 X 2mn = 2 , Z m + n2 4 (6) Во-первых, ясно, что формулы Y = m2 − n2 , X = 2mn, Z = m2 + n2 , где m, n ∈ Z, (m, n) = 1, (7) задают решение уравнения (1). Если бы мы были уверены в том, что обе дроби в формулах (6) несократимы, мы могли бы сказать, что любое несократимое решение уравнения (1) имеет вид (7), а все решения имеют вид Z = (m2 +n2 )k, где k, m, n ∈ Z, (m, n) = 1. (8) Однако это заведомо не так. Если оба числа m, n нечетны, числители и знаменатели обеих дробей в формулах (6) четны. Поэтому, например, формулами (8) мы никогда не получим решения (3, 4, 5), хотя решение (6, 8, 10) получается при m = 3, n = 1, k = 1. Нам нужно теперь понять, как из формул (7) получить несократимые решения, т.е. выяснить, какие общие делители возможны у трех чисел в формулах (7). В силу замечания 1, для этого достаточно выяснить, какие общие делители возможны у чисел 2mn и m2 + n2 при взаимно простых . m и n. Пусть p > 2 — простое число, и 2mn .. p. Тогда обязательно хотя X = 2mnk, Y = (m2 −n2 )k, бы одно из чисел m, n должно делиться на p, а поскольку они взаимно просты, второе не делится на p. Но тогда и m2 +n2 не делится на p. Стало быть, единственным возможным общим делителем чисел 2mn и m2 + n2 является 2, когда m и n оба нечетны. Таким образом, все несократимые решения уравнения (1) задаются двумя сериями: X = mn, Y = m2 + n2 m2 − n2 , Z= , где m, n взаимно простые нечетные числа, 2 2 (9) и X = 2mn, Y = (m2 −n2 ), Z = (m2 +n2 ), где (m, n) = 1, причем одно из чисел m, n четно. (10) Если же мы хотим описать все несократимые пифагоровы тройки, т.е. выделить положительные несократимые решения уравнения (1) (например, чтобы описать прямоугольные треугольники с целыми сторонами), мы должны добавить усливие m > n > 0. 5 Наконец, все целые решения уравнения (1) имеют вид: X = mnk, Y = k· m2 − n2 m2 + n2 , Z = k· , где m, n взаимно простые нечетные числа, k ∈ Z 2 2 и X = 2mnk, Y = k(m2 −n2 ), Z = k(m2 +n2 ), где (m, n) = 1, причем одно из чисел m, n четно,k ∈ Z. Заметим, что при k = 0 мы получаем решение (0, 0, 0), полученное на первом шаге. Замечание 2. Выразим формулы (10) через числа p = m+n и q = m−n. Прежде всего, заметим, что оба числа p, q будут при этом нечетными и взаимно простыми, а m= p+q , 2 n= p−q . 2 Тогда p+q p−q p2 − q 2 · = , Y = m2 − n2 = pq, 2 2 2  2  2 p−q p+q p2 + q 2 2 2 , Z =m +n = + = 2 2 2 X = 2mn = 2 · что совпадает с формулами (9) по модулю перестановки X и Y . Аналогично любое решение вида (9) можно записать в виде (10) по модулю перестановки X и Y . Таким образом, можно сказать, что любое целое решение уравнения (1) описывается формулами (10) по модулю перестановки X и Y и умножения X, Y и Z на некоторое целое число. Приведем еще один способ записать все целые решения уравнения (1): X = 2mnr, Y = (m2 − n2 )r, Z = (m2 + n2 )r, где m и n — произвольные целые числа, а r — подходящее рациональное число, т.е. такое, что числа X, Y и Z целые. Задача нахождения пифагоровых троек имеет естественное обобщение: найти все натуральные решения уравнения X 3 + Y 3 = Z 3 , или X 4 + Y 4 = Z 4 , или, в общем виде, X n + Y n = Z n , где n ∈ N. 6 (11) Замечательный французский математик XVII века Пьер Ферма, изучая «Арифметику» Диофанта, по поводу пифагоровых троек записал на полях, что уравнение (11) не имеет натуральных решений при n > 2, но что найденное им остроумное доказательство этой теоремы слишком длинно, чтобы его можно было поместить на полях данной книги. Это утверждение получило название большой теоремы Ферма и долгое время оставалось недоказанным, несмотря на усилия целого ряда крупных математиков. Лишь в 1995 году американскому математику Эндрю Уайлсу удалось его доказать. Однородные диофантовы уравнения Разобранный прием нахождения пифагоровых троек является весьма общим. Выделим те основные факты, которые лежат в его основе. 1. Точка пересечения двух прямых с рациональными коэффициентами рациональна; 2. Уравнение прямой, проходящей через две рациональные точки, имеет рациональные коэффициенты; 3. Если рациональная точка A(x0 , y0 ), x0 , y0 ∈ Q лежит на кривой Γ второго порядка с рациональными коэффициентами: Γ: ax2 + bxy + cy 2 = d, где a, b, c, d ∈ Q, (12) то пересечение кривой Γ с любой прямой, имеющей рациональные коэффициенты и проходящей через точку A, содержит не более двух точек, причем вторая точка пересечения, если она есть, тоже рациональна. Таким образом, если мы можем найти хотя бы одну рациональную точку на кривой (12), то зафиксировав любую прямую L с рациональными коэффициентами, мы сможем установить явную биекцию между рациональными точками прямой L и рациональными точками кривой Γ, за исключением одной. Эта одна выделенная точна является либо точкой пересечения с кривой Γ секущей, параллельной прямой L, либо самой точкой A, если прохощая через нее касательная к кривой Γ параллельна прямой L. 7 Разберем еще три примера. Найдем все целые решения уравнений: a) X 2 + 2Y 2 = 3Z 2 ; b) X 2 − 15Y 2 = Z 2 ; c) X 2 − 16Y 2 = Z 2 . (13) Будем действовать в соответствии с разобранной схемой. Шаг 1. Найдем решения с Z = 0. В случае (13.a) единственное такое решение — это (0, 0, 0). В этом случае действуют те же соображения, что и при решении уравнения (1): X 2 , Y 2 ≥ 0. Уравнение (13.b) также имеет только одно решение с Z = 0, это (0, 0, 0), но объяснение в этом случае совершенно другое. Если Y = 0, то и X = 0, если же Y 6= 0, то  2 X = 15, Y √ а это уравнение не имеет решений в рациональных числах ( 15 ∈ / Q). Контрольный вопрос: почему? Наконец уравнение (13.c) имеет целую серию решений с Z = 0: (±4n, n, 0), где n — произвольное целое число. Эту серию решений следует запомнить и в дальнейшем проверить, вкладывается ли она в какую-то другую серию решений или нет. Если не вкладывается, придется эту серию выписать отдельно. Несократимыми в этой серии являются решения (±4, 1, 0). Шаг 2. Теперь ищем решения с Z 6= 0. В этом случае мы можем разделить наши уравнения на Z 2 и перейти к новым неизвестным: Y X , y = , x, y ∈ Q, Z Z удовлетворяющим соответственно уравнениям x= a) x2 + 2y 2 = 3; b) x2 − 15y 2 = 1; c) x2 − 16y 2 = 1. (14) Эти√уравнения √ задают на плоскости соответственно√a) эллипс с полуося1 ми 3 и 2 6, b) гиперболу с асимптотами x = ± 15y и c) гиперболу с асимптотами x = ±4y (рис. 4.2). Нетрудно найти рациональные точки на этих кривых. Для кривой (14.a) это, например, точка A(1, 1), а для кривых (14.b) и (14.c) — точка A(1, 0). Теперь выберем прямую L. Конечно, для упрощения дальнейших вычислений хотелось бы, чтобы она имела как можно более простое уравнение. Для уравнений (14.b) и (14.c) точка A лежит на оси абсцисс, поэтому 8 использовать ее в качестве прямой L нельзя. Зато можно использовать ось ординат. Для уравнения (14.a) можно использовать любую из координатных осей, но мы для единообразия возьмем тоже ось ординат. Тогда прямая, проходящая через точки A и C(0, c) ∈ L, в случае (14.a) имеет вид y−1 x−1 = ⇐⇒ y = c − (c − 1)x, 0−1 c−1 а в случаях (14.b) и (14.c) имеет вид x−1 y−0 = ⇐⇒ y = −(c − 1)x. 0−1 c−0 (15) Для уравнения (14.a) абсцисса точки пересечения этой прямой с эллипсом x2 + 2y 2 = 3 находится из уравнения x2 + 2(c − (c − 1)x)2 = 3. Поскольку одно решение этого уравнения нам известно (это x = 1), второе мы можем найти с помощью теоремы Виета. В результате получим: −2c2 + 6c − 3 2c2 − 3 =⇒ y = . x= 2 2c − 4c + 3 2c2 − 4c + 3 (16) Заметим, что при c = 3/2 эти формулы дают исходную точку A(1, 1). В этом случае построенная прямая является касательной, а не секущей эллипса. А вот точку B(1, −1) мы получить не можем, т.к. прямая, проходящая через точки A и B, параллельна оси ординат. Беря число c рациональным, мы получаем биекцию между рациональными точками оси Oy и рациональными точками эллипса (14.a), за исключением точки B. Представим теперь рациональное число c в виде несократимой дроби: , где целые числа m и n взаимно просты. Формулы (16) тогда c = m n примут вид x= 2m2 − 3n2 , 2m2 − 4mn + 3n2 y= −2m2 + 6mn − 3n2 . 2m2 − 4mn + 3n2 (17) В таком представлении уже ничто не мешает нам взять n = 0, и на паре m = 1, n = 0 получить утерянную точку B(1, −1). Таким образом, формулы (17) описывают все рациональные точки эллипса (14.a), а тройка X = 2m2 − 3n2 , Y = −2m2 + 6mn − 3n2 , 9 Z = 2m2 − 4mn + 3n2 задает решение уравнения (13.a). Однако даже при взаимно простых m, n эта тройка может быть сократимой. Чтобы описать все решения уравнения (13.a), нам нужно выяснить, какие общие делители могут быть у этой тройки целых чисел. Прежде всего заметим, что если число n четно, то и все три числа X, Y, Z тоже четны, причем в силу взаимной простоты m и n число X не может делиться на 4. Пусть теперь числа X, Y, Z делятся на простое число p > 2. Тогда и число Y + Z = 2mn делится на p, а значит, одно из числе m и n делится на p. Если n делится на p, то в силу взаимной простоты m и n число X не может делиться на p, что приводит к противоречию со сделанным предположением. Если же m делится на p, то для того, чтобы X делилось на p, необходимо, чтобы 3n2 делилось на p. В силу взаимной простоты m и n у нас остается одна возможность: p = 3. И действительно, если m делится на 3, все три числа X, Y, Z делятся на 3, причем по крайней мере X не делится на 9. В результате все несократимые решения уравнения (13.a) будут записываться в виде четырех серий. Первая серия: (m, n) = 1, n нечетно; m не делится на 3: X = 2m2 − 3n2 , Y = −2m2 + 6mn − 3n2 , Z = 2m2 − 4mn + 3n2 . Вторая серия: (m, n) = 1, n четно; m не делится на 3: 3 X = m2 − n2 , 2 3 Y = −m2 + 3mn − n2 , 2 3 Z = m2 − 2mn + n2 . 2 Третья серия: (m, n) = 1, n нечетно; m делится на 3: 2 X = m2 − n2 , 3 2 Y = − m2 + 2mn − n2 , 3 2 4 Z = m2 − mn + n2 . 3 3 Четвертая серия: (m, n) = 1, n четно; m делится на 3: 1 1 1 1 1 2 1 X = m2 − n2 , Y = − m2 + mn − n2 , Z = m2 − mn + n2 . 3 2 3 2 3 3 2 А все целые решения получается из решений этих четырех серий умножением на произвольное целое число. Конечно, такая запись решения очень громоздка, а предложенная альтернативная форма записи и короче, и нагляднее: X = (2m2 −3n2 )·r, Y = (−2m2 +6mn−3n2 )·r, 10 Z = (2m2 −4mn+3n2 )·r, где m, n — целые числа, а r — подходящее рациональное число (т.е. такое, при котором числа X, Y, Z целые). Переходим теперь к уравнению (13.b). В этом случае абсцисса точки пересечения прямой (15) с гиперболой Γ : x2 − 15y 2 = 1 задается уравнением x2 − 15c2 (x − 1)2 = 1 ⇐⇒ (15c2 − 1)x2 − 30c2 x + 15c2 + 1 = 0. И опять, зная решение x = 1 этого уравнения, мы легко находим второе решение: 2c 15c2 + 1 =⇒ y = − . (18) x= 15c2 − 1 15c2 − 1 Как и в предыдущих случаях, формула (18) задает биекцию между множеством рациональных точек оси ординат и множеством рациональных точек гиперболы Γ за исключением точки A(1, 0). Подставляя в (18) (m, n ∈ Z, (m, n) = 1), получисло c в виде несократимой дробы c = m n чаем формулы x= 15m2 + n2 , 15m2 − n2 y=− 2mn , 15m2 − n2 (19) дающие, в частности, при m = 1, n = 0 утерянную точку A. Из (19) видно, что тройка чисел X = 15m2 + n2 , Y = 2mn, Z = 15m2 − n2 (20) задает решение уравнения (13.b). Однако это решение не обязано быть несократимым даже при взаимно простых m и n. Упражнение. Докажите, что а) если числа m и n оба нечетны, то числа X, Y, Z в (20) четны, причем Y не делится на 4; б) если n делится на 3, то все три числа X, Y, Z тоже делятся на 3, причем X не делится на 9; в) если n делится на 5, то все три числа X, Y, Z тоже делятся на 5, причем X не делится на 25; г) никаких других общих простых делителей, кроме чисел 2, 3, 5, у чисел X, Y, Z быть не может. Выпишите все 8 серий несократимых решений уравнения (13.b). 11 Как видим, в этом случае ответ получается еще более громоздким, и альтернативная форма ответа явно предпочтительнее. Итак, решение уравнения (13.b) имеет вид: X = (15m2 + n2 ) · r, Y = 2mn · r, Z = (15m2 − n2 ) · r, где m, n — целые числа, а r — подходящее рациональное число (т.е. такое, при котором числа X, Y, Z целые). Перейдем теперь к уравнению (13.c). Конечно, мы можем и для него повторить ту схему, которую успешно применили уже три раза к предыдущим уравнениям. Однако в этом случае возможно упростить вычисления, заметив, что левая часть уравнения (13.b) может быть разложена на линейные множители с рациональными (и даже целыми) коэффициентами: x2 − 16y 2 = (x − 4y)(x + 4y). Поэтому вместо рассмотрения семейства прямых, проходящих через рациональную точку A на нашей кривой, мы можем рассмотреть семейство прямых, параллельных одной из асимптот, например, семейство x − 4y = c. (21) Если B(x0 , y0 ) — рациональная точка гиперболы Γ : x2 − 16y 2 = 1, то прямая семейства (21), проходящая через точку B, соответствует рациональному значению параметра c = x0 − 4y0 . Наоборот, для любого c 6= 0 прямая x − 4y = c имеет единственную точку пересечения с гиперболой Γ, координаты (x, y) которой являются решением системы уравнений    x − 4y = c x − 4y = c x = 21 (c + 1c ) ⇐⇒ ⇐⇒ y = 18 (−c + 1c ). (x − 4y)(x + 4y) = 1 c(x + 4y) = 1 Если число c рационально, то и координаты точки пересечения рациональны. Таким образом, мы получили взаимно однозначное соответствие между множеством рациональных чисел, отличных от нуля, и множеством рациональных точек гиперболы Γ. Дальнейшие вычисления для этого случая мы оставляем читателю в качестве упражнения. Замечание 3. С точки зрения проективной геометрии наши последние вычисления укладываются в ту же схему, что и все предыдущие. Просто рассматриваемое в этом случае семейство прямых пересекается не в конечной точке, как было ранее, а в бесконечной. 12