х5 + у5 = z5.
Неразрешимость уравнения пятой степени в целых числах была доказана в XIX веке. Потом стали увеличивать показатели и доказывать про седьмую, одиннадцатую, тринадцатую степени. Дошли примерно до сотни. Особо отличились женщина-математик Софи Жермен, а также Куммер, потративший на теорему Ферма добрую половину своей весьма долгой жизни (1810–1893).
При решении уравнения Ферма выделяют два разных случая: регулярный и специальный (нерегулярный).
Регулярный случай: ни одно из чисел x, y, z не делится на p. Специальный случай: одна из переменных делится на p, а две другие — нет. (Если две переменные делятся на p, то и третья переменная обязательно делится на p. Например, если x и y делятся на p, то в левой части p выносится за скобку, и z тоже будет делиться на p. Тогда можно сократить обе части уравнения на максимальную степень числа p и получить какой-нибудь из двух описанных случаев.)
Софи Жермен далеко продвинулась в регулярном случае. Она доказала, что уравнение регулярного типа хр + ур= zp не имеет решения для всех таких простых p (нечетных, то есть всех, кроме p = 2), что 2р + 1 — тоже простое.
Весь XIX век длилась борьба за разные простые показатели, и методология доказательств была типовая. Выражения раскладывали на множители типа
х3 + у3 = (х + у)(x2 − xу + у2).
Если вы не помните эту формулу из школы, можете ее проверить, раскрыв скобки. Дальше незадача: (x2 − ху + у2) на множители не раскладывается — по той же причине, по которой не раскладывается x2 + у2. А как было бы хорошо разложить его и в одну строчку получить решение! Но это возможно только с комплексными числами, а с действительными, привычными нам — это невозможно. Все дороги, которые ведут в настоящую математику — идут через комплексные числа. Это сложно, но интересно и красиво. К комплексным числам мы вернемся в конце этой лекции.
Сейчас я хочу доказать математически, что два вышеупомянутых выражения x2 + у2 и x2 − ху + у2 не могут быть разложены на множители. Для этого я использую сложный, но наглядный путь через введение в алгебраическую геометрию.
Докажем неразложимость х2 + у2. Допустим, что его можно разложить на множители (где α, β, γ и δ вещественные числа):
х2 + у2 = (αх + βу)(γx + δy).
Рассмотрим, какие множества на плоскости задают правая и левая части уравнения:
х2 + у2 = 0 и (αх + βу)(γx + δy) = 0.
После работ Декарта мы знаем, что х и у можно считать координатами на плоскости. Уравнение х2 + у2 = 0 задает нам только одну точку (0, 0). Почему? Потому, что квадраты не могут быть отрицательными. Если одна из переменных положительна, например х, то выражение х2 больше нуля, но квадрат второй переменной — не меньше нуля, следовательно, сумма будет больше нуля. Не получается. Если сумма равна нулю, значит х и у оба равны нулю.
Рассмотрим второе уравнение:
(αх + βу)(γx + δy) = 0.
Оно задает нам две прямые. Иногда они могут совпадать.
Рис. 136. Для левого уравнения получается всего одна точка, для правого — или две прямых, или одна.
Получается, что с одной стороны у нас две прямые (в случае их совпадения одна), а с другой стороны точка (см. рис. 136).
Если бы х2 + у2 раскладывалось на множители, то второе уравнение должно было бы определять то же множество на плоскости, что и первое. Но так как эти множества не совпадают, то сумму квадратов нельзя разложить на множители.
Вот вам пример методов классической алгебраической геометрии. Если я захочу изучать уравнение от трех переменных x, у и z, то получится уже трехмерное пространство. А если у меня 26 переменных? Нам понадобится 26-мерное пространство. Нужно иметь воображение и жить в многомерном пространстве. Представьте, что вы выходите на улицу и переходите дорогу на красный свет. Вас может сбить машина, но стоит вам перейти в четырехмерное пространство, и вам станут безразличны все светофоры, так как машины будут проезжать сквозь вас, и даже не будут замечать этого. А ведь вы сделали только один шаг по четвертой оси координат!
Немного сложнее доказать, что не раскладывается на множители х2 − ху + у2. Допустим, что
x2 − ху + у2 = (αх + βу)(γх + δу).
Посмотрим на множество x2 − ху + у2 = 0.
Умножим всё на 4, затем преобразуем:
4x2 − 4xу + 4у2 = 0,
4x2 − 4xу + у2 + 3у2 = 0.
Свернем 4x2 − 4xу + у2 = (2x − у)2 по формуле Бинома Ньютона.
Получим (2x − у)2 + 3у2 = 0.
Если сумма квадратов равна 0, значит, каждый из них равен 0. Значит, во-первых, 3у2 = 0, то есть у = 0. А во-вторых, (2x − у2) = 0, то есть 2x − у = 0, откуда в силу у > 0 имеем x > 0. То есть это уравнение задает точку (0; 0). Но (αх + βy)(γx + δу) по-прежнему задает две прямые (в крайнем случае, одну). Множества опять не совпадают. Значит, разложить x2 − xу + у2 на множители нельзя.
Зачем мы это делаем? Я снова сделаю переход от истории к математике.
Вернемся к x2 + у2 = z2. Рассмотрим несколько способов решения этой задачи.
Первый способ решения называют «формулой индусов», т. к. полагают, что еще древние индусы знали это решение.
Давайте посмотрим, какие бывают варианты для четности или нечетности x, у и z? Если число четное, оно имеет вид 2k, тогда его квадрат имеет вид (2k)2 = 4k2 и он делится нацело на 4. (В некоторых книгах факт делимости изображается так: )
Если число нечетное, то его можно представить в виде выражения 2k + 1 для некоторого целого k, и тогда
(2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 4(k2 + k) + 1.
4(k2 + k) + 1 — не просто нечетное число. Это число, которое при делении на 4 имеет остаток 1.
Какие бывают остатки при делении на 4? 1 и 3 у нечетных чисел и 0 и 2 у четных. Так вот, выведенные формулы показывают, что у квадратов всегда остатки либо 0, либо 1. Например,
02 = 0, 12 = 1, 22 = 4,
то есть ноль при делении на 4, далее — 9, 16, 25, 36, 49 (с чередованием остатков 1 и 0 при делении на 4).
Тут есть еще один более глубокий «фокус-покус»:
где всегда целое число. В числителе стоят два подряд идущих числа. Одно из них всегда четное, значит, это выражение делится на 2.
Получается замечательная вещь. Квадрат любого нечетного числа дает остаток 1 при делении на 8. Это — очень важный факт. Но в нашем случае важен остаток при делении на 4.
Вернемся к нашему уравнению
х2 + у2 = z2 (7)
(так как это — формулировка теоремы Пифагора, то такие прямоугольные треугольники со сторонами х, у, z, где х, у, z — целые числа, называются «пифагоровыми»).
Прежде всего сократим все на 2.
Делим на 2 все три числа, пока они синхронно будут делиться. Затем, заодно, разделим все три числа на все их прочие общие простые множители. Так мы опишем не все треугольники, а только качественно разные. Поясним сказанное, воспользовавшись понятием подобия треугольников.
Если два треугольника подобны, то тройки их сторон пропорциональны друг другу. Интересно в каждом семействе подобных друг другу пифагоровых треугольников найти самый маленький треугольник с целыми сторонами. Потом мы сможем умножить найденное решение (x, y, z) на любое целое положительное число. Треугольник увеличится, но останется пифагоровым.
У этого самого маленького треугольника не будет делимости ни на одно простое число у всех трех сторон одновременно. Но и длины двух сторон не могут делиться, например, на 2, иначе длина третьей стороны тоже будет обязана делиться на 2, так как выполняется равенство (7). Если делятся слагаемые, то делится и сумма, значит, можно сократить все три числа.
То есть у минимальных троечек из этих трех чисел на 2 может делиться только одно. Аналогично и на любое другое простое число может делиться длина не более одной из трех сторон.
Оказывается, что не подходит тот вариант, когда х, у, z — все нечетные числа. В самом деле, предположим, что все числа нечетные. х2 — нечетное, у2 — нечетное. Следовательно, z — четное (так как сумма нечетных чисел всегда четна). Значит, все-таки одно (и только одно) из х, у, z должно делиться на 2.
А могут х и у быть нечетными? Нет, потому что у квадратов при делении на 4 будет остаток 1, а их сумма даст остаток 2, но z — четное, поэтому его квадрат при делении на 4 должен дать в остатке 0. Значит, в любой пифагоровой тройке после ее максимального сокращения число z будет нечетным. Для примера возьмем тройку (30, 40, 50). Она сводится к тройке (3, 4, 5), где 5 — нечетное число.
Значит, одно число из x и y должно быть четным, другое — нечетным. Можно считать, что x — четное.
А теперь начинается ключевой момент доказательства, не очень сложный, но крайне важный, так как он работает при решении многих диофантовых уравнений.
Раз x — четное число, то x = 2k при целом k. B этом случае уравнение будет иметь вид 4k2 + y2 = z2.
Перекинем y2 направо: 4k2 = z2 − y2, то есть
Так как z и y — нечетные числа, то их разность и сумма — четные числа. Поэтому (z − y)/2 и (z + y)/2 — целые числа.
Получилось, что k2 равно произведению некоторых двух целых чисел.
А теперь смотрите, мы договорились, что достаточно искать такие тройки, в которых ни у какой пары чисел нет общих делителей. Поэтому у и z не имеют общих множителей, y = p1p2p3 ... pa, z = q1q2q3 ... qb, и эти наборы простых чисел разные. Как говорят математики, в этом случае у и z взаимно просты. Сами они при этом совершенно не обязательно простые. Например, 15 = 3 · 5 и 22 = 2 · 11, следовательно, 15 и 22 — взаимно простые числа, хотя ни одно из них не является простым.
