Алгоритм решения Диофантовых уравнений

Решение Диофантовых уравнений

В клубе фермистов оказался случайно, решал совершенно другую задачу, и неожиданно пришла идея ВТФ. Я даже не помнил её классическое написание — хⁿ+уⁿ=с^n, формулу ВТФ написал в виде хⁿ = уⁿ + сⁿ, а потом не стал переучиваться, т.к. привык к своему написанию формулы.

При доказательстве ссылаюсь на закон распределения простых чисел. Можно было бы обойтись без упоминания оного. Просто сохранил историческую правду, т.к. лично для меня этот закон стал подсказкой.

Этот же подход был применён для решения уравнения гипотезы Биля и решения других уравнений. Выводы получились интересными.

Для себя обкатал этот метод на нескольких шуточных уравнениях. При профессиональном подходе, похоже, этот метод может дать как качественные выводы, так и количественные, окончательный же приговор этому методу будет сделан совместными усилиями.

Великая теорема Ферма

- не имеет решений в целых числах при показателе степени n>2.

Для доказательства данного утверждения было рассмотрено аналогичное функциональное уравнение. Чтобы получить функциональное уравнение надо обратиться к закону распределения простых чисел в ряду натуральных чисел. В таблице изображена матрица распределения составных чисел в ряду натуральных чисел.

Формула любого составного числа, соответствующего этой матрице, имеет вид — (_i + 1) (_j + 1), где _i — номер столбца этой матрицы, _j — соответственно, номер строки этой матрицы. Для верхней строки (= 1) формула составного числа примет вид — 2(_i + 1) — это ряд чётных чисел.

Всё это пока заготовка для доказательства великой теоремы Ферма (ВТФ).

Нечётные числа примут вид 2(_i + 1) ± 1. В нашем случае пусть нечётные числа будут — 2(_i + 1) — 1.

Чтобы доказать ВТФ надо рассмотреть три варианта:

— I X — чётное число, У — чётное число, Z — чётное число;

— II X — чётное число, У — нечётное число, Z — нечётное число;

— III X — нечётное число, У — чётное число, Z — нечётное число.

Вариант I. Пусть уравнение ВТФ верно для чётных чисел.

В формулу ВТФ вставим аналитические выражения чётных чисел.

[2(₁ + 1)]ⁿ = [2(₂ + 1)]ⁿ + [2(₃ + 1)]ⁿ,

где для определённости возьмём ₁ > ₂ > ₃

После упрощения.

(₁ + 1)ⁿ = (₂ + 1)ⁿ + (₃ + 1)ⁿ

По сути, природа этого уравнения та же, что и уравнения ВТФ, т.к. зависимость между Х, У, Z и столбцами матрицы _i — функции соответствующие линейным уравнениям.

Можно составить систему подобных уравнений.

… (а)

Каждое уравнение этой системы также является функциональным уравнением ВТФ.

Для обоснования данного утверждения рассмотрим следующий пример.

Вычислим несколько значений соответствующих числу 10 по формуле чётных чисел.

2(₁ + 1)=10 ₁ =4

2(₂ + 2)=10 ₂ =3

2(₃ + 3)=10 ₃ =2

Т.е. переменная может принимать значения от 1 до .

Условием для существования системы уравнений (а) служат лишь условия и .

Данные условия слабее условий существования пифагоровых троек, где, если (а, в, с) — пифагорова тройка, то таковою будет и тройка (nа, nв, nс), при всех n = 1, 2, 3 …

Т.е. система (а) должна быть справедливой для всего ряда натуральных чисел, при условии неизменности величин р и f, и условии ₃ +1.

Это следует при предположении справедливости уравнения ВТФ — .

У системы уравнений (а) есть 2 варианта:

— I — каждое уравнение системы имеет решение;

— II — каждое из уравнений системы не имеет решений.

Если взять в уравнении системы к = -₃, тогда уравнение примет вид

Данное уравнение вида не может иметь решений в целых числах при n>2.

Тогда не верно любое уравнение системы и следовательно не верно и уравнение ВТФ.

Рассматривались чётные значения Х, У, Z.

В системе уравнений (а) переменные _I принимают значения всех чисел натурального ряда, и чётных и не чётных. Тогда ВТФ тоже доказана для всего ряда натуральных чисел. Если же рассматривать варианты II и III доказательства ВТФ, тогда функциональные уравнения примут вид:

II [2(₁+1)]ⁿ=[2(₂+1) —1]ⁿ+[2(₃+1) —1]ⁿ

III [2(₁+1) —1]ⁿ=[2(₂+1)]ⁿ+[2(₃+1) —1]ⁿ

Принципиально в доказательстве ВТФ это ничего не меняет.

Для обоснования данного, довольно — таки экзотического на сегодняшний день метода, далее будут рассмотрены некоторые известные задачи.

Уравнение Пелля

(1)

Рассмотрим 3 варианта:

I Х — чётное число, У — нечётное число, n — нечётное число;

II Х — нечётное число, У — нечётное число, n — чётное число;

III Х — нечётное число, У — чётное число, n — любое, и чётное, и нечётное число.

И всегда Х > У

Вариант I.

Составим функциональное уравнение.

где, конечно же, ₁ > ₂

Возьмём к = - ₂, тогда

После преобразований

(2)

где; .

Окончательно, после подстановки будет

где n = 3, 15…

Проверим при n = 3

а) ,

б) ,

Подставим (а) в уравнение (1)

Для случая Х = 2, У = 1, n = 3 будет Подставим (б) в уравнение (1)

Для

Проверка даёт Для

Проверка даёт Составим последующее функциональное уравнение.

После упрощения где ,

После подстановки Следующее функциональное уравнение примет вид После упрощения где ,

После подстановки Получилась система бесконечных решений:

(3)

…

Вариант II.

Функциональное уравнение примет вид.

После преобразований будет

где n чётные числа n = 8, 24 …

Само же выражение идентично формуле (2).

Система бесконечных решений примет вид системы (3).

Тогда система решений (3) будет общей для вариантов I и II при n — чётных и нечётных числах.

Вариант III.

Также напишем функциональное уравнение.

Опускаю все вычисления, — напишу окончательный результат:

…

На решении данного уравнения Пелля подтверждено следующее утверждение из доказательства ВТФ:

Или все формулы системы функциональных уравнений имеют решения, или же в системе уравнений нет ни одной такой формулы.

Мне не приходилось встречать классического решения этого уравнения, — для меня это чистый экспромт. Специалисты могут сравнить.

Вообще же, этим методом решается любое уравнение вида:

а уравнение Пелля лишь как частный случай, при t = 2 и N = 1.

Уравнение

(1)

(У²=Х³-Х, У²=Х³-Х+1, У²=Х³+аХ+В)

Рассмотрим 4 варианта:

I У — нечётное число, Х — нечётное число, К — чётное число;

II У — нечётное число, Х — чётное число, К — нечётное число;

III У — чётное число, Х — чётное число, К — чётное число;

IV У — чётное число, Х — нечётное число, К — нечётное число.

Решение этого уравнения принципиально ни чем не отличается от решения уравнения Пелля, — в обоих уравнениях наличие двух переменных.

Вариант I.

Во всех четырёх вариантах У>Х, и следовательно ₁>₂

Тогда будет

(2)

Получилась система уравнений (1) и (2).

Хотя и без решения системы часть решений уже можно определить.

Рассмотрим частный случай уравнения (2) при m=1.

при m?1.

Т.к. K чётное число, тогда K=8, 24, 48, 80, 120, 168, 224, 288, 360 …

Получится возрастающий ряд K.

Этому ряду K соответствует ряд разностей:

У-Х=2, 4, 6, 8, 10, 12 … при положительных значениях радикала и

У-Х=-4, -6, -8, -10, -12 … при отрицательных значениях радикала.

Рассмотрим четыре примера, взяв соответственно:

1) У-Х=2 K=8

2) У-Х=4 K=24

3) У-Х=6 K=48

4) У-Х=8 K=80

1) У=Х+2, подставим в уравнение (1) при K=8.

.

Х₁=1 Х₂=2 Х₃=-2

У₁=3 У₂=4 У₃=0

K=8 K=8 K=8

2) У=Х+4

Х=1

У=5

K=24

3) У=Х+6

Х=1

У=7

K=48

4) У=Х+8

Х₁=1 Х₂=4 Х₃=-4

У₁=9 У₂=12 У₃=4

K=80 K=80 K=80

Вариант II.

(3)

Подставляем в (3), получаем

m?1.

При m=1 K примет значения -7, 1, 17, 41, 73, 113 …;

Как и в предыдущем варианте получится возрастающий ряд K, и ему соответствует ряд разностей:

У-Х=-1, 1, 3, 5, 7, 9…; У-Х=-3, -5, -7, -9…

Вариант III.

После подстановки ₁, ₂, окончательно получим

m?1.

При m=1 K примет значения -4, 8, 28, 56 …

Этому ряду K соответствует ряд разностей:

У-Х=0, 2, 4, 6…; У-Х=-4, -6, -8, -10…

Вариант IV.

m?1.

При m=1 K примет значения 3, 15, 35, 63, 99 …

Этому ряду K соответствует ряд разностей:

У-Х=1, 3, 5, 7, 9 …; У-Х=-3, -5, -7, -9, -11…

Уравнения У²=Х³-Х, У²=Х³-Х+1, У²=Х³+аХ+В и прочие уравнения эллиптических кривых познавательного интереса для данного алгоритма не представляют.

Повторяясь, скажу, важно лишь количество неизвестных. Поэтому распишу лишь первое из них.

I У — чётное число, Х — нечётное число;

II У — чётное число, Х — чётное число, всегда У > Х, и как следствие ₁>₂.

Вариант I.

Т.к.

Тогда

После подстановки

Вариант II.

Сразу пишу ответ

И после всех преобразований и подстановок

Работа при исследовании уравнений данным алгоритмом достаточно монотонная.

Исследование уравнения проведено, кстати, не до конца.

Не рассмотрена ситуация У < Х.

Иррациональные корни уравнения

.

Известно, что данное уравнение имеет иррациональные корни. Но для решения, предположим, что уравнение увидели впервые. И тогда начало решения будет традиционным для данного алгоритма.

Рассмотрим 2 варианта:

I Х — чётное число, У — нечётное число;

II Х — нечётное число, У — чётное число.

Всегда Х > У

Вариант I.

Функциональное уравнение общего вида будет:

где, (1)

Преобразования изображу подробно

(2)

В уравнении (1) ,

Тогда ,

Значения и подставим в формулу (2)

Исходное уравнение запишем в виде

Тогда

До конца не преобразуя, оставляю решение в виде системы

Вариант II.

где, (4)

Преобразования без комментариев.

(5)

В уравнении (4)

Тогда ,

Значения и подставим в формулу (5)

И сразу пишу систему решений Итого: иррациональными решениями уравнения являются две системы уравнений (3) и (6).

Отрицательные значения радикалов не рассматриваю.

Поиск Пифагоровых троек

(1)

Пусть Х - нечётное число, У - чётное число, Z - нечётное число и Х>У>Z.

уравнение представлено в виде, и далее оно расписано в виде произведения (2)

Можно составить три системы уравнений:

И по порядку начинаем рассматривать все три варианта.

Заранее составим заготовку для их решения.

Откуда следует

(3)

Произведя подстановку соотношений (3) и с учётом уравнений (2) получим систему из трёх уравнений с тремя же неизвестными.

После соответствующих преобразований будет Перед радикалом убран знак «минус» ибо комплексные решения не интересуют.

Простой перебор значений m даёт следующие результаты:

— при m=2, тогда

— при m=7, тогда

б) Система (б) после сокращений примет вид После подстановок (3) и с учётом уравнения (2) получим систему уравнений:

откуда При m?1, Z =1, 3, 5, 7, 9, 11… т. е. все нечётные числа, хотя единицу надо убрать, ибо она не удовлетворяет условию системы (4).

Из (Х-У)(Х+У)=Z² получаем, систему уравнений

(4)

Решая данную систему, получаем ряд значений Пифагоровых троек.

В этой таблице, когда Z является простым числом, дальнейшие расчёты Пифагоровых троек отсутствуют.

Когда Z является составным числом, возможен дальнейший расчёт.

Возьмём Z=15 Z²=225

225=1×225; 3х75; 5×45; 9×25

Будем рассматривать систему (4), подставляя подчёркнутые произведения.

Х=39, У=36, Z=15, после сокращения на три

Х=13, У=12, Z=5

Х=25, У=20, Z=15, после сокращения на пять

Х=5, У=4, Z=3

Х=17, У=8, Z=15, несколько неожиданный

результат, ибо рассматривается по условию У > Z.

Возьмём Z=27 Z²=729

729=1×729; 3х243; 9х81

Расчёт показывает

Х=123, У=120, Z=27, после сокращения на три Х=41, У=40, Z=9;

Х=45, У=36, Z=27, после сокращения на девять Х=5, У=4, Z=3.

Возьмём Z=35 Z²=1225

1225 = 1×1225; 5х245; 7х175; 25×49.

Х = 125 (25), 91 (13), 37

У = 120 (24), 84 (12), 12

Z = 35 (7), 35 (5), 35

И последний раз в качестве примера Возьмём Z=39 Z²=1521

1521=1×1521; 3х507; 9х169; 13×117.

Х = 255 (85), 89, 65

У = 252 (84), 80, 52

Z = 39 (13), 39, 39

К сожалению системы пока не вижу.

в) После преобразований получается:

И формула для Z.

Рассмотрим следующий вариант.

От вышеуказанного он отличается следующим условием: У < Z,

а следовательно и ^< .

Получается девять систем уравнений.

И после подстановки в эти девять систем значений

из соотношений (3), получается также девять систем значений Х, У, Z.

И далее, — все девять систем надо решить.

г)

— нет решения в целых числах при любых m.

д)

е), при m=2, У=8;

Решим уравнение (X-Z)(X+Z)=64 перебором произведений

64=1×64; 2х32; 4х16.

Из соотношения 2×32, получаем

т.е.

Система

Даёт значения

ж) — нет корней в целых числах.

з), при m=2, У=12 и т. д.

Разберём до конца У=12 и соответственно У²=144.

Число 144 даёт следующие интересующие нас произведения

144=2х72; 4×36; 6х24; 8×18.

Из формулы (Х-Z)(X+Z)=У² получим следующие значения Х, У, Z.

и) — нет корней в целых числах.

к) — нет корней в целых числах.

л) — нет корней в целых числах.

м) — нет корней в целых числах.

Рассмотрим следующий вариант:

— пусть все три числа чётные и Х>У>Z, как и ^{> >} .

Заранее знаю, что после сокращения всех членов на 2² уравнение перейдёт в область всех натуральных чисел.

Из последнего уравнения составим три системы уравнений, после соответствующих преобразований, используя соотношения Рассмотрим все три полученные системы уравнений (н), (п), (р).

н) и преобразуя — Z=2m, получились все чётные числа при m ?1.

В таблице приведены значения троек для m ?10, при условии Х-У=2.

п) — то же выражение, что и в (н).

р)

После упрощения.

При m=2, 3 значения троек будут

При рассмотрении вопроса о Пифагоровых тройках не было целью составление таблиц этих троек. Ибо целью этой статьи является показ возможностей алгоритма решения Диофантовых уравнений.

Решение уравнения Каталана

Уравнение данного вида получается при попытке решения гипотезы Биля. Поэтому решение данного уравнения является как бы леммой гипотезы Биля. Ответ будет дан лишь в качественной оценке. Количественный анализ принципиально не труден, но нуден.

Рассмотрим 2 варианта:

I А — чётное число, В — нечётное число;

II А — нечётное число, В — чётное число.

Каждый из вариантов распадается опять же на два случая:

А > В, Х < У;

А < В, Х > У.

И требуется перебрать комбинации Х, У - чётные — нечётные числа.

Итого 16 вариантов. Плюс варианты гипотезы Биля.

И если всё это обилие решать количественно, — это уже приличная работа для издания отдельной брошюры, а не публикации в формате статьи.

Вариант I.

1. А > В, Х < У Х - чётное число, У - чётное число.

Основания и показатели расписываю за один заход.

где конечно же ₁>₂, а ₁ < ₂.

Вначале разбираемся с показателями

На второй стадии пройдусь по основаниям

Равенство левой и правой части уравнения невозможно.

Тогда и исходное уравнение решений не имеет.

2. А > В, Х < У Х - нечётное число, У - нечётное число.

Во всех решениях вначале степень, затем основание

Решим полученное условие относительно А и В.

После подстановки А=В+1.

Т.е., чтобы уравнение А^х-В^у=1 существовало при заданных условиях д.б. А=В+1.

3. А > В, Х < У Х - чётное число, У - нечётное число.

После преобразований

Далее вывод, как и в примере (1).

4. А > В, Х < У Х - нечётное число, У - чётное число.

Результат, как и в примере (2).

5. А < В, Х > У Х - чётное число, У - чётное число.

Нет решения, ибо это формула разности квадратов.

6. А < В, Х > У Х - нечётное число, У - нечётное число.

Решение у такой формулы возможно.

7. А < В, Х > У Х - чётное число, У - нечётное число.

Противоречий для существования данной формулы нет.

8. А < В, Х > У Х - нечётное число, У - чётное число.

И окончательно.

Запрета на существование такого уравнения не вижу, но дальнейший анализ не в этой статье.

Вариант II.

9. А > В, Х < У Х - чётное число, У - чётное число.

Уравнение разности квадратов — тогда решений не существует.

10. А > В, Х < У Х - нечётное число, У - нечётное число.

Уравнение реальное — тогда решение есть.

11. А > В, Х < У Х - чётное число, У - нечётное число.

Уравнение реальное.

Пример: 3²-2³=1

12. А > В, Х < У Х - нечётное число, У - чётное число.

Решение существует.

13. А < В, Х > У Х - чётное число, У - чётное число.

14. А < В, Х > У Х - нечётное число, У - нечётное число.

15. А < В, Х > У Х - чётное число, У - нечётное число.

16. А < В, Х > У Х - нечётное число, У - чётное число.

(а)

Для случаев 13, 14, 15, 16 итоговое уравнение одинаковое.

Рассмотрим эти четыре случая чуть подробнее.

тогда

После подставим в уравнение (а) получим

при начальном условии .

Тогда варианты 13, 14, 15, 16 — не верны.

Из рассмотренных выше задач, при всех вариантах начальных условий, — 8 задач решений в целых числах не имеют.

Для закрепления материала предлагаю рассмотреть два заведомо не имеющих решения уравнения.

Первый пример.

Пусть: А — чётное число.

В — нечётное число.

А > В, Х > У, Х - чётное число, У - нечётное число.

Основное противоречие состоит в условии А > В, Х > У.

что, конечно же, не возможно, т.к. левая часть всегда больше правой.

Второй пример.

Пусть: А — нечётное число.

В — чётное число.

А > В, Х > У, Х - чётное число, У - нечётное число.

После соответствующих преобразований

что, конечно же, невозможно.

Гипотеза Биля (ГБ)

где А, В, С — взаимно простые числа и Х, У, Z > 2.

Рассмотрим 2 варианта:

I А — чётное число, В — нечётное число, С — нечётное число;

II А — нечётное число, В — чётное число, С — нечётное число.

Строго говоря, чтобы полностью разобрать ГБ, надо рассмотреть все варианты решения уравнений.

Но дело в том, что новый метод исследования диофантовых уравнений говорит о том, что ГБ не верна, т. е. уравнение при некоторых сочетаниях А, В, С, Х, У, Z может иметь место. По этому будет рассмотрено лишь два примера, которые указывают на возможность решения уравнения.

Вариант I.

а) Пусть А > В > С, и Х < У < Z, и А — чётное число, В — нечётное число, С — нечётное число.

Составим функциональное уравнение.

Подразумевая систему функциональных уравнений, возьмём к = - ₃

(1)

Возьмём обозначение

Уравнение (1) примет вид уравнения Каталана

И именно из этого и следует наличие решений у уравнения ГБ.

Вариант II.

а) Пусть А > В > С, и Х < У < Z, где Х, У — нечётные числа, А — нечётное число, В — чётное число, С — нечётное число.

Составим функциональное уравнение.

Решая относительно основания, получим

Проведу преобразование в показателях После упрощения.

Вполне реальное уравнение, которое должно иметь место.

В настоящей работе представлен сравнительно небольшой анализ. Более серьёзным анализом займусь в зиму 2009;2010 годов.

И приведу один контр пример.

Заведомо противоречивое начальное условие — в примере (а) пусть

Х > У > Z.

Тогда в уравнении Каталана

И тогда не может иметь место знак равенства.

Т.е. задача с заведомо неверными начальными условиями исключается сразу.

Вот почему и есть основание верить в решения в целых числах у уравнения ГБ.

Заключение

Данному алгоритму на момент появления в интернете всего два месяца. Дитё.

Что можно нарешать за два месяца? А больше я себе не могу позволить заниматься непрофилирующим предметом в моей трудовой деятельности.

Напоследок хочу коснуться одной практической проблемы при решении Диофантовых уравнений данным методом.

Сколько раз можно «бить» по уравнению, представленным алгоритмом?

Можно по отношению к конкретному уравнению теоретически на единицу меньше, чем число неизвестных в данном уравнении.

Первая стадия — убираем самое меньшее неизвестное. А на второй стадии уже надо знать разницу между оставшимся самым маленьким числом, и предстоящим. Или же не зная этой разницы, вводить параметр.

Почему это происходит?

На первой стадии мы наши неизвестные приблизим к началу числовой оси. Если самое наименьшее число чётное, то оно будет находиться на позиции «два», а если не чётное — то на позиции «один».

И чтобы ещё по уравнению пройтись представленным алгоритмом, надо все неизвестные «откатить» от начала числовой оси на несколько шагов. Приведу простейший пример.

Пусть есть уравнение Х³+У³+Z³=6903

И пусть каким — то одним нам известным способом мы узнаём, что Х, У, Z — нечётные и следуют подряд.

Сдвигаю неизвестные на «шаг» от начала оси.

У=2m+1, при m=6 У=13

Z=2m-1, при m=6 Z=11

при m=6 Х=15

Данный метод позволяет данные вычисления.