Android-приложение для поиска дешевых авиабилетов: play.google.com
Главная -> Высшая арифметика

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 [52] 53 54 55 56 57

3] УРАВНЕНИЕ ах + by = 161

а так как /г, А:, ai взаимно просты с bi, то отсюда следует, что А сравнимо с квадратом по mod bi. Далее, -aiAk = bi (mod К) ввиду (9) и того факта, что числа А:, ai, bi взаимно просты с /г; отсюда следует, что А сравнимо с квадратом по mod /г, а значит, также и по mod Ь; это - аналог сравнения (7).

Для доказательства аналога (9) с А вместо а обозначим через Н наибольший обш;ий делитель А и Ь, и пусть А = b = Hb2. Разделив равенство (10) на Я, получим

Hpl - 62 = аАк.

Отсюда

-A2b2 = a{A2kf (mod Я).

Так как а = (mod Я) в силу (7), отсюда следует, что -262 сравнимо с квадратом по mod Я, а это и есть аналог (9).

Мы показали, что коэффициенты АпЬ удовлетворяют условиям, которым должны были удовлетворять числа а и Ь. Поэтому здесь применим вышеописанный метод доказательства, который и устанавливает разрешимость уравнения (6).

Для иллюстрации проведенного доказательства применим описанный процесс к уравнению

41x + 31y = z\ (12)

Так как здесь коэффициенты взаимно просты, то остаются только два условия:

41 = (mod 31) и 31 =(mod 41).

Оба сравнения разрешимы:

а = ±14 (mod 31), f3 = ±20 (mod 41).

Здесь из разрешимости одного сравнения следует разрешимость другого, благодаря квадратичному закону взаимности: числа 31 и 41 - простые и не каждое из них имеет вид 4А; + 3.

Согласно вышеописанному методу, нужно выбрать некоторое значение /3 и затем определить А и к ио формуле (10). В рассматриваемой теории предполагалось, что а; возьмем поэтому (3 = 20, тогда (З - Ь = 400 - 31 = 9 • 41, откуда А: = 3, А = 1, (Так как А = 1, то продолжать процесс нет необходимости.) Получаюш;ееся из (12) новое уравнение имеет вид

+312 = 2,



И МЫ можем взять очевидное решение X = 1, Y = О, Z = 1. Соотношения между х, у, z и Х,У, Z в данном случае таковы:

z = 31Y + 20Z, y = 20Y + Z, х = ЗХ.

Это дает решение х = 3, у = 1, z = 20 для исходного уравнения (12).

Вернемся теперь к обш;ей теории. Мы доказали, что разрешимость сравнений (7), (8), (9) есть необходимое и достаточное условие разрешимости уравнения (6) в предположении, что а и b свободны от квадратов. Лежандр легко вывел отсюда необходимое и достаточное условие разрешимости уравнения ах + + Ьу = cz, где а, Ь, с - натуральные числа. В предположении, что а, Ь, с свободны от квадратов и попарно взаимно просты (здесь эти ограничения не являются сугцественными ограничениями), это условие состоит в разрешимости следуюгцих трех сравнений:

be = (mod а), са = (5 (mod Ь), аЬ = -7 (mod с).

В заключение этого пункта сделаем несколько замечаний об условиях разрешимости уравнения, которые выражаются в терминах сравнений. Каждое диофантово уравнение приводит к сравнению по любому выбранному нами модулю, и каждое такое сравнение должно быть разрешимо, если разрешимо уравнение. Но обычно имеется только конечное число модулей, разрешимость сравнений по которым накладывает какие-либо условия на коэффициенты уравнения. Получаюгциеся условия являются необходимыми условиями разрешимости уравнения. Эти условия не всегда достаточны; выяснение связей между разрешимостью сравнений и уравнений приводит к рассмотрению глубоких и тонких вопросов. Как мы уже говорили, разрешимость нескольких сравнений есть необходимое и достаточное условие разрешимости уравнения Лежандра ах + Ьу = cz. В 1923 году Хассе доказал, что аналогичный результат имеет место для однородных квадратных уравнений от любого числа переменных.

Мы уже встречались с различными примерами, в которых путем рассмотрения сравнений доказывалась неразрешимость уравнения. Иногда можно доказать неразрешимость уравнения,



используя сравнение по модулю, зависящему от неизвестных уравнения. В этом основная идея доказательства неразрешимости уравнения

у = + 7.

Это доказательство дал Лебег (V. А. Lebesgue) в 1869 году. Во-первых, X должно быть нечетно, так как число вида 8А: + 7 не может быть точным квадратом. Перепишем теперь уравнение в виде

у + 1 = х + 8={х + 2){х -2х + 4).

Число х - 2х+4: = {x - iy+3 есть число вида 4А:+3. Значит, оно имеет некоторый простой делитель q такого вида, но сравнение 2/2 + 1 = 0 (mod q) не разрешимо, следовательно, не разрешимо и рассматриваемое уравнение.

4. Проблема Ферма. О многих открытиях Ферма мы узнали из пометок, которые он делал на полях имевшегося у него экземпляра «Арифметики» Диофанта. Рядом с исследованием Диофанта уравнения х + у = Ферма написал: «... тем не менее, нельзя представить куб в виде суммы двух кубов, четвертую степень в виде суммы двух четвертых степеней и вообгце какую-либо степень, большую второй, как сумму двух таких же степеней. Я открыл поистине удивительное доказательство, но поля слишком малы, чтобы его поместить». Эту известную гипотезу Ферма обычно называют последней теоремой Ферма: уравнение

не разрешимо в натуральных числах j;, ?/, 2:, если п>2 целое число. Несмотря на трехсотлетние попытки многих величайших математиков, это предложение остается недоказанным в обгцем виде, хотя истинность его доказана для всех п, не превосходя-гцих 600. Весьма вероятно, что Ферма ошибся, думая, что обладает доказательством этой теоремы.

Привлекательность задачи лежит частично в интригуюш;ей простоте формулировки. По этой причине на нее набросились многие любители, смелость которых значительно превосходит их математические способности, так что эта теорема выделяется среди арифметических задач наибольшим числом ее невер-



0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 [52] 53 54 55 56 57



0.0112
Яндекс.Метрика