Диофантово уравнение А. А. Маркова

13

Диофантово уравнение
А. А. Маркова

Член-корреспондент АН СССР М. Г. КРЕЙН

В этой статье рассказана история одного уравнения в четых числах и приводится его решение. Решение использует лишь простейшие свойства чисел и теорему Виета для квадратного трехчлена, и потому доступно воспользоваться математическим круглым. Оно основано на ряде задача «на доказательство», разбор которых мы составить предмет заятия математического круглая. (Подробные доказательства вы найдете в конце следующей номера журнала.)

В 1879 году в Петербургском университете молодой человек 23 лет зашиит магистерскую диссертацию под названием «О бинарных квадратных формах положительного определителя». В ней решались труднейшие вопросы теории чисел и она определяла новое направление в этой теории. Ее автором был будущий знаменитый академик Андрей Андреевич Марков (1856—1922).

В основу диссертации были положены две его статьи, опубликованные в Германии в 1879 и 1880 годах в одном из наиболее известных в мире математических журналов — “Mathematische Annalen”. Несмотря на это, прошло более 30 лет, прежде чем на западе «открыли» работы Маркова. В 1913 году крупный немецкий математик Георг Фробенius (1849—1917) опубликовал тему под названием «О числах Маркова». В предисловии к нему он написал, что вопросы тому, что исследования А. А. Маркова являются «чрезвычайно заменательными и важными», они, по-видимому, остались мало известными. Г. Фробенius обьясил это сложность их изложения (А. А. Марков систематически пользовался непопулярным для того времени в этих вопросах аппаратом непрерывных дробей)*.

Разумеется, настоящая статья неставит себе цель дать хотъ какое-либо представление о глобоких исследований А. А. Маркова. Но дело в том, что в своих построениях А. А. Марков неожиданно пришел к вспомогательному диофантову уравнения (называемому теперь его имеем), имеющему вид

$$x^2 + y^2 + z^2 = 3xyz.$$

И вот — сенсция! А. А. Марков получил описание всех решений уравнения (1), пользовясь только средствами школьной математики (среди них существуют роль сыграла теорема Виета для квадратного трехчлена). Но прежде чем разобрать решение уравнения (1), стоит сказать несколько слов вообще:

О диофантовых уравнений

Как известно, диофантовым уравнением для целочисленных переменных $x, y, ..., w$ называется уравнение, которое быить приведено к виду

$$P(x, y, ..., w) = 0,$$

где $P$ — некоторый многочлен от указанных переменных с целыми коэффициентами.

Иогда к диофантовым уравнением приводят сравнительно простые вопросы. Например, решая вопрос о том, каким способом сумму в $n$ копеек можно разметать на монеты достинством в 1, 2, 3 и 5 копеек, мы приедем к диофантову уравнения:

$$x + 2y + 3z + 5w = n^*$$.

По-видимому, еще в Древнем Вавилоне родилась задача о построении прямоугольного треугольника с попарно созмерными сторонами. Созмеримость сторон означает, что найдет такая масштаб, в котором катемты и гипотенуза будут выражаться натуральными числами $x, y$ и $z$, но тогда

$$*) О непрерывных (или целых) дробях можно прочитать в «Кванте», 1983, № 5, c. 16 и № 6, c. 26. **) О решении этого уравнения см. «Кванте», 1984, № 5, c. 11.$$

14

$$x^2 + y^2 = z^2.$$

Таким образом, вавилонская задача состоит к задче построения всех трехек натуральных чисел $x, y, z$, удовлетворяющих предыдущему уравнению. Пифагорецы нашли способ построения всех его решений. Но, возможно, этот способ был найден еще раньше в Вавилоне и Индии. Так или иначе, решения $(x, y, z)$ уравнения $x^2 + y^2 = z^2$ принято называть пифагородными тройками).

Задача об отыскании всех решений даже простого на вид диофантова уравнения, как правило, сложная. Известно, что нет единобразного способа (общего алгоритма) для выяснения даже того, имеет ли диофантово уравнение решения в целых числах, или нет **). Поиск решений конкретных диофантовых уравнений продолжается и в наши дни; здесь с помощью сложного аппарата современной алгебраической геометрии в самые последние годы доступны значительные условия ***). Однако интереснее нас уравнение Маркова (1) решается элементарно — вернемся к нему.

Родословное дерево уравнения Маркова

Упорядоченная тройка целых чисел $(a, b, c)$ называется *решением диофантова уравнения с переменными $x, y, z$, если это уравнение при $x=a, y=b, z=c$ превращается в верное числовое равенство. Числа $a, b, c$ решения $(a, b, c)$ будем называть координатами решения. Для уравнения Маркова (1) мы условимся рассматривать только те решения, у которых нет нулевых координат, иными словами, тройку $(0, 0, 0)$ мы будем исключать из решений (легко видеть, что если равна нулю одна из координат решения уравнения (1), то и остальные координаты решения равны нулю).

Левая часть (1) положительная для любого решения $(a, b, c)$, поэтому либо все $a, b, c$ положительные, либо два

*) О пифагоровых тройках и о решении некоторых других диофантовых уравнений см.: А. О. Гельфонд. Решение уравнения в целых числах, 4-е изд. — М.: Наука, 1973. О. Оре. Приглашение в теорию чисел. — М.: Наука, 1980. — (Серия: Библиотека Квант).
**) См. Квант, 1970, № 7, с. 39.
***) См. Квант, 1983, № 3, с. 19.

из них отрицательны. В последнем случае переход от $(a, b, c)$ к $(|a|, |b|, |c|)$ приводит к решению уравнения (1) с положительным координатами. Обратно, если все координаты решения $(a, b, c)$ положительные, то, изменив знак у каких-либо двух координат, мы снова получим решение. Поэтому в дальнейшем без ограничения общности мы будем рассматривать только решения $(a, b, c)$ с положительным координатами.

Из симметричного уравнения (1) следует, что если $(a, b, c)$ — решение уравнения (1), то решениями будут:

$$(a, b, c), (c, a, b), (b, c, a),$$
$$(b, a, c), (a, c, b), (c, b, a),$$

то есть вместе с $(a, b, c)$ решениями будут все тройки, получаемые различными перестановками координат данного решения.

Ввиду этого мы можем условиться все шесть решений уравнения Маркова, получающихся друг из других перестановками, считать одним решением, то есть считать, что для решения существования лишь значения координат, а не их порядок.

Уравнение Маркова имеет очевидное решение (1, 1, 1). Сейчас мы выясним, как, зная какое-либо решение, можно находить другие решения. Если $(a, b, c)$ — решение уравнения Маркова, то можно утверждать, что а есть корень квадратного уравнения

$$\Phi_a(x) = x^2 + b^2 + c^2 - 3bcx = 0.$$

Но по теореме Виета это уравнение будет иметь еще один корень $x=a'$, такой, что

$$a + a' = 3bc, \quad aa' = b^2 + c^2.$$

Очевидно, $a' > 0$ и $(a', b, c)$ также является решением уравнения (1). Она называется соседним решением по координате a. Очевидно, если $(a', b, c)$ — соседне решение для $(a, b, c)$, то $(a, b, c)$ является соседним по координате $a'$ решением для $(a', b, c)$.

Аналогично вводятся решения, соседние по координате 1 решения $(1, 1, 1)$. Для этого нужно решить квадратное уравнение

15

$$x^2 + 1^2 + 1^2 - 3 \cdot 1 \cdot 1 \cdot x = 0.$$

Кроме корня $x=1$, это уравнение имеет корень $x=2$. Таким образом, получено еще одно решение (2, 1, 1).
В дальнейшем решение (1, 1, 1) и (2, 1, 1) будут играть существенно роль. Назовем их, следуя Маркову, сингулярными.

Сингулярные решения выделяются из множества всех решений следующим свойством.

Задача 1. Если у решения $(a, b, c)$ уравнения Маркова две из координат равны, то в этом и только этом случае решение является сингулярным. Докажите это.

Первое сингулярное решение (1, 1, 1) имеет только одно соседнее решение. Второе сингулярное решение имеет два соседних: одно из них — (1, 1, 1), другое (соседнее по координате 1), получается из уравнения

$$2^2 + y^2 + 1^2 = 3 \cdot 2 \cdot y \cdot 1$$

и имеет вид (2, 5, 1). В свою очередь, решение (2, 5, 1) имеет три соседних: одно, естественно (2, 1, 1) и два новых — (13, 5, 1) и (2, 5, 29). Вообще, каждое несингулярное решение $(a, b, c)$ порождает три соседних

$$(a', b, c), (a, b', c), (a, b, c')$$

где (сравните с (2))

$$a' = 3bc - a, b' = 3ac - b, c' = 3ab - c.$$

Задача 2. Если решение $(a, b, c)$ несингулярно, то одно из его соседних решений имеет меньшую максимальную координату, а два других — большую. Докажите это.

Теорема Маркова. Любое решение уравнения (1) содержется целочкой соседних решений с сингулярным решением (1, 1, 1).

Доказательство. Пусть $(a, b, c)$ — решение уравнения Маркова, отличное от сингулярного. Тогда у него есть соседнее решение $(a_1, b_1, c_1)$ с меньшей максимальной координатой (задача 2). Если это решение также несингулярно, то оно порождает решение $(a_2, b_2, c_2)$ с меньшей максимальной координатой, и так далее. Так как из натуральных чисел нельзя обозначить бесконечную убывающую последовательность, то этот процесс должен закончится, когда мы придем к некоторому решению $(a_n, b_n, c_n)$, у которого есть равные координаты, то есть (задача 1) к сингулярному. Если оно (1, 1, 1), то теорема доказана, если же это решение (2, 1, 1), то остается вспомнить, что соседним решением для (2, 1, 1) по координате 2 будет (1, 1, 1). Теорема доказана.

Из теоремы Маркова следует, что, отправляясь от сингулярного решения (1, 1, 1), и последовательно переходя к соседним решением с большим максимумом координат, мы получим все решения уравнения Маркова. При этом получается такая таблица — родсловое дерево (см. рисунок). Эта таблица позволяет для данного $N (\geqslant 1)$ конечным числом действия найти все решения уравнения Маркова, координаты которых не превыходит $N$.

Задача 3. Докажите, что у каждой решения уравнения Маркова координаты попарно взаимно просты.

Исключительное уравнение Маркова

Поставим следующий вопрос, который, на первый взгляд, может показаться страным. Если сумма квадратов трех натуральных чисел делится на их произведение, то каким может быть частное?

Этот вопрос равноселен следующему: при каких натуральных $k$ диофантов уравнение

$$X^2 + Y^2 + Z^2 = kXYZ$$

(3)

16

имеет неулевое решение? При $k=3$ это уравнение совпадает с уравнением Маркова. Легко видеть, что при $k=1$ уравнение (3) имеет решение, например (3, 3, 3). Проанализировав уравнение (3), Гурвиц и Фробенус пришли к разительному результату: уравнение (3) имеет решение только при $k=3$ и $k=1$. Этот результат также может быть получен элементарными средствами.

Начнем со случай $k=1$. При этом окажется, что отискание решения уравнения (3) для $k=1$ совпается к отисканию решения уравнения Маркова.

Задача 4. Пусть $A, B, C$ — натуральные числа. Тогда остаток от деления числа $A^2+B^2+C^2$ на 3 равен количеству неделяшихся на 3 чисел среды $A, B, C$, если их меньше трех, и равен нулю в противном случае. Доказите это.

Задача 5. Все решения $(A, B, C)$ уравнения

$$X^2+Y^2+Z^2=XYZ$$

получаются по формулам

$$A=3a, B=3b, C=3c,$$

где $(a, b, c)$ — произвольное решение уравнения Маркова

$$x^2+y^2+z^2=3xyz.$$

Доказите это.

Обратимся к случай $k=2$.

Задача 6. Пусть $A, B, C$ — натуральные числа. Тогда остаток от деления числа $A^2+B^2+C^2$ на 4 равен количеству неделяших чисел среды $A, B, C$. Доказите это.

Задача 7. Доказите, что уравнение (3) не имеет решения при $k=2$.

Теорема. Уравнение (3) имеет неулевое решение только при $k=1$ и $k=3$.

Доказательство. При $k=1$ решение находится в соответствии с задачей 5. При $k=2$ уравнение (3) не имеет решения в силу задачи 7. Остается рассмотреть случай $k>3$.

Допустим, что при некотором $k>3$ уравнение (3) имеет решение $(a, b, c)$. Покажем, что координаты $a, b, c$ этого решения попарно различны. Пусть, например, $b=c$; тогда $a^2=kab^2-2b^2=(ka-2)b^2$, так что $a=bd$, где $d$ — целое. Отсюда $b^2d^2=(kbd-2)b^2$, $d^2=kbd-2$, $2=d(kb-d)$. Таким образом, 2 делится на $d$ и, стало быть, $d=1$ или 2. В обих случаях $kb=3$, что противоречит условию $k>3$.

Итак, у любого решения уравнения (3) при $k>3$ координаты попарно различны. Без ограничения общестим можно считать, что $a>b>c$. Для решения $(a, b, c)$ с помощью квадратного трехчлена

$$\Psi_a(x)=x^2+b^2+c^2-kxbc$$

образует соседнее по координате $a$ решение $(a', b, c)$. Так как

$$\Psi_a(b)=2b^2+c^2-kb^2c<3b^2-kb^2<0,$$

мы видим, что $b$ лежит между корнями $a$ и $a'$ многочлена $\Psi_a(x)$, то есть $a>b>a'$. Поэтому у решения $(a', b, c)$ максимальная координата меньше максимальной координаты решения $(a, b, c)$. Итак, по каждому решение $(a, b, c)$ можно построить решение $(a_1, b_1, c_1)$ с меньшей максимальной координатой. Это построение можно повторить, получив решение $(a_2, b_2, c_2)$ с еще меньшей максимальной координатой. Так как у каждой решения координаты попарно различаны, этот процесс можно продолжать неограниченно и получить бесконечную последовательность решения уравнения (3) со все меньшими и меньшими максимальными координатами. Но это невозможно, так как координаты — натуральные числа. Теорема доказана.

Следствие. Для любого решения $(a, b, c)$ уравнения Маркова числа $a, b, c$ попарно взаимно просты.

Доказательство. Если, например, $a$ и $b$ имеют общий делитель $d$ ($>1$), то в силу уравнения (1), число $d$ будет делителем и числа $c$. Следовательно, найдется натуральные $X, Y, Z$ также, что $a=dX, b=dY, c=dZ$, и в силу (1) будет иметь $X^2+Y^2+Z^2=3dXYZ$, а это противоречит только что доказанной теореме.

Непосредственным общешением уравнения Маркова на случай $n$ переменных ($n \geqslant 3$) является уравнение

$$x_1^2+x_2^2+\dots+x_n^2=nx_1x_2\dots x_n.$$

Нетрудно видеть, что ряд изложенных предложений переносится на этот случай (существует сингулярное решение $x_1=1, x_2=1, \dots, x_n=1$, для всякого решения существуют соседние решения и т. д.). Однако автор неизвестно, чтобы где-нибудь была изложена достационная полная теория уравнения (7). Поиск такой теории могли бы стать основой необольшего самостоятельного исследования.