х =2pq=m²-1/2,
у =p²-q²=m,
z = p2+q2 = m²+1/2.
В случае чётного m обозначим m=2t. В свою очередь t может быть чётным или нечётным. Для чётного t положим p=t, q=1, откуда соответствующий треугольник имеет стороны
х =2pq=2t=m,
у =p²-q²= t²-1= m²/4-1,
z = p2+q2 = t²+1= m²/4+1.
Если же t-нечётное число, то возьмём p=t+1/2, q=t-1/2. Выпишем пифагорову тройку, отвечающую этим значениям p и q: 2pq= t²-1/2, p²-q²=t=m/2, p2+q2 = t²+1= m²/4+1. Чтобы получить стороны искомого треугольника , надо ещё умножить эти числа на 2: x= t²-1= m²/4-1, y=2t=m, z =t²+1= m²/4+1. В виду равноправности катетов полученная тройка та же , что и в случае чётного t.
Приведём примеры. Для m=7 имеем треугольник с катетами x=24,y=7 и гипотенузой z=25. В случае m=3 тройка (4,3,5) задаёт наименьший пифагоров треугольник. Этот треугольник называется египетским. Сложнее выяснить , для каких натуральных m существует пифагоров треугольник с гипотенузой m. Так как m в этом случае должно быть кратно числу z= p2+q2 , где p и q имеют разную чётность , то необходимо найти вид чисел z>2, представляемых в виде суммы квадратов разной чётности. Обозначим p=2r, q=2s+1, тогдаp2+q²=4(r²+s²+s)+1. Значит число z имеет вид 4t+1. Однако не всякое число вида 4t+1 раскладывается на сумму двух квадратов . Наример, число 9=4*2+1 так разложить невозможно. Но если число 4t+1 простое . то оно представимо в виде суммы двух квадратов, причём единственным способом. Число вида 4t+1 можно записать в виде суммы двух квадратов лишь в двух случаях: когда оно является произведением числа того же вида на квадрат натурального и когда оно равно произведению простых чисел типа 4t+1 .
Итак, пифагоров треугольник с заданой гипотинузой m существует только при условии , что в каноническом разложении числа m встречается простой множитель вида 4t+1.
Рассмотрим примеры .
1. Пусть m =17 ( здесь 17=4×4+1). Из равенства 17=4²+1² находим p=4, q=1, x=2pq=8,y=p²-q²=15. Тройка (8,15,17) задаёт пифагоров треугольник.
2. В случае m=65 имеем 65=5×13=5(4×3+1). Так как 13=3²+2², то p=3, q=2, 2pq=12, p²-q²=5, p2+q²=13. Для отыскания нужной нам тройки умножим эти числа на 5 и получим (60,25,65). Число 65можно придставить иначе: 65=13(4×1+1), 5=2²+1², откуда p=2, q=1, 2pq=4,p²-q²=3, p2+q²=5. Имеем ещё один треугольник с гипотенузой 65. Это (52,39,65).
3. Числа 9 и 49 не могут выражать длину гипотенузы пифагорова треугольника. Хотя 9=4×2+1 и 49=4×12+1. Но их простые множители не представляются в вид 4t+1.
Диофант в сочинении «Арифметика» занимался разысканием рациональных (необязательно цельных) решений специальных видов уравнений . Общая теория решения Диофантовых уравнений 1-й степени была создана в 17 веке. К началу 19 века трудами П. Ферма , Дж. Виллса, Л. Эйлера, Ж. Лагранжа и К. Гауса в основном было исследовано Диофантово уравнение вида
ax²+bxy+cy²+dx+ey+f=0,
где а,b,c,d,e,f- целые числа, то есть общее неоднородное уравнение 2-й степени с двумя неизвестными.
Перейдем теперь к одной из самых знаменитых задач диофантова анализа, получившей название Великой теоремы Ферма.Начнем с истории возникновения этой теоремы. На полях «Арифметики» Диофанта против того места, где рассматривается уравнение х2+у2=z²,П. Ферма (ок. 1630) написал: «Наоборот, невозможно разложить ни куб на два куба, ни биквадрат на двабиквадрата и вообще никакую степень, большую квадрата, на две степени с тем же показателем. Я открыл" этому поистине чудесное доказательство, но эти поля для него слишком малы». Так родилась эта замечательная теорема. В ней утверждается, что
При n>2 уравнение
x+y=z (10)
не имеет решений.
Предоставляем читателям возможность доказать, что из этого утверждения вытекает отсутствие и рациональных решений уравнения (10) при n>2.
Несмотря на внешнюю простоту формулировки теоремы, до сих нор неизвестно, справедлива она или нет, хотя над ее доказательством трудились многие поколения математиков Полое грех столетий. Весьма вероятно, что и сам Ферма не нашел строгого доказательства этой теоремы. Предлагал же он доказать лишь частный случай этой теоремы для п = 4. А он следует из утверждения, выведенного Ферма на полях «Арифметики»: площадь пифагорова треугольника не может быть квадратом. Мы не будем приводить доказательства этого утверждения, но покажем, что из него действительно вытекает отсутствие натуральных решений уравнения
x4 +y4=z4(11)
Если х и y — длины катетов пифагорова треугольника, то найдутся взаимно простые числа ри qразной четности (p>q),такие, что x = 2kpq,y = k(p²—q²)и s= 1/2xy = k2pq (р2— q2).Заметим, что множитель p²—q² взаимно прост с числами ри q. Поэтому число s=k2pq(p2—q2)является квадратом тогда и только тогда, когда каждый из множителей р, qи p2—q2— является квадратом: р = а2, q = b2, p2 — q2 = c2, откуда
a4-b4=c2.(12)
Но поскольку нет такого пифагорова треугольника, площадь которого выражается квадратом, то уравнение (12) не имеет натуральных решений. Тогда таких решений не имеет и уравнение (11). На самом деле если бы тройка (b, с, а)была натуральным решением (11), т.е. b4+ с4=а4,то а4 — b4=(с2)2 и тройка (а, b, с2)была бы решением уравнения (12).
Арифметика колец цельных алгебраических чисел используется также в ряде других задач Диофантовых уравнений. Так, например , её методами подробно исследованы уравнения вида N (a1x1+…+anxn)=m, где N(a)- норма алгебраического числа a , и отыскиваются цельные рациональные числа x1,x2,…,xn, удовлетворяющие вышенаписанному уравнению.
Способы решения диофантовых уравнений
Наиболее изучены диофантовы уравнения первой и второй степени. Рассмотрим сначала уравнения первой степени. Так как решение линейного уравнения с одним неизвестным не представляет интереса, то обратимся к уравнениям с двумя неизвестными.Мы рассмотрим два метода решения этих уравнений.
Первый способ решения таких уравнений- алгоритм Евклида. Можно найти наибольший делитель натуральных чисел a и b, не раскладывая эти числа на простые множители, применяя процесс деления с остатком . Для этого надо разделить большее из этих чисел на меньшее, потом меньшее из чисел на остаток при первом делении, затем остаток при первом делении на остаток при втором делении и вести этот прицесс до тех пор , пока не произойдёт деление без остатка. Последний отличный от нуля остаток и есть искомый НОД(a,b). Чтобы доказать это утверждение , представим описанный процесс в виде следующей цепочки равенств:если a>b ,то
а=bq0+r1,
b=r1q1+r2
r1=r2q2+r3 (1)
rn-1=rnqn.
Здесь r1,….,rn-положительные остатки, убывающие с возрастанием номера. Из первого равенства следует ,что общий делитель чисел a и b делит r1 и общий дилитель b и r1 делит а,поэтому НОД (a,b) = НОД (r1 ,r2)=….= НОД (rn-1, rn) = НОД (rn,0)= rn.Обратимся снова к системе(1).Из первого равенства, выразив остаток r1 чирез а и b ,получим r1=а- bq0. Подставляя его во второе равенство,найдём r2=b(1+q0q1)-aq1. Продолжая этот процесс дальше,мы сможем выразить все остатки через а и b, в том числе и последний rn=Аа+Вb. В результате нами доказано предложение:если d-наибольший общий делитель натуральных чисел а и b,то найдутся такие целые числа А и В,что d= Аа+Вb. Заметим,что коэффициенты А и В имеют разные знаки ; если НОД(a,b)=1,то Аа+Вb=1. Как найти числа А и В видно из алгоритма Евклида.
Перейдём теперь к решению линейного уравнения с двумя неизвестными. Оно имеет вид:
аx+by=c. (2)
Возможны два случая: либо c делится на d= НОД(a,b), либо нет. В первом случае можно разделить обе части на d и свести задачу к решению в целых числах уравнения a1x+b1y=c1, коэффициенты которого а1=а/d и b1=b/d взаимно просты. Во втором случае уравнение не имеет целочисленных решений: при любых целых x и y число аx+by делится на d и поэтому не может равнятся числу с,которое на d не делится. Итак, мы можем ограничиться случаем , когда в уравнении (2) коэффициенты взаимно просты. На основании предыдущего предложения найдутся такие целые числа x0 и y0,что ax0+by0=1, откуда пара (сx0,cy0) удовлетворяет уравнению (2) Вместе с ней уравнению (2) удовлетворяет бесконечное множество пар (x,y) целых чисел, которые можно найти по формулам
x=cx0+bt,y=cy0-at. (3)
Здесь t-любое целое число. Нетрудно показать,что других целочисленных решений нет уравнение ax+by=c не имеет. Решение, записанное в виде (3), называется общим решением уравнеия (2). Подставив вместо t конкретное целое число, получим его частное решение. Найдём, например, целочисленные решения уже встречавшегося нам уравнения 2x+5y=17. Применив к числам 2 и 5 алгоритм Евклида, получим 2*3-5=1. Значит пара cx0=3*17,cy0=-1*17 удовлетворяет уравнению 2x+5y=17. Поэтому общее решение исходного уравнения таково x=51+5t, y=-17-2t,где t принимает любые целые значения. Очевидно, неотрицательные решения отвечают тем t , для которых выполняются неравенства
{51+5t≥0
{-17-2t≥0
Отсюда найдем -51 ≤t≤ -17. Этим неравенствам удовлетворяют числа -10, -9. 52
Соответствующие частные решения запишутся в виде пар (1,3), (6,1).
Применим этот же метод к решению одной из древних китайских задач о птицах.
Задача: Сколько можно купить на 100 монет петухов, кур и цыплят, если всего надо купить 100 птиц, причем петух стоит 5 монет, курица – 4, а 4 цыпленка – 1 монету?
Для решения этой задачи обозначим искомое число петухов через х, кур – через y, а цыплят через 4z (из условия видно, что число цыплят должно делится на 4). Составим систему уравнений:
{x+y+4z=100
{5x+4y+z=100,
которую надо решить в целых неотрицательных числах. Умножив первое уравнение системы на 4, а второе — на (— 1) и сложив результаты, придем к уравнению — х+15z=300 с целочисленными решениями х= — 300+ 15t, z = t. Подставляя эти значения в первое уравнение, получим y = 400 — 19t. Значит, целочисленные решения системы имеют вид х= —300+15t, y = 400—19t, z = t. Из условия задачи вытекает, что