Родригийн байгуулалт ба кватернионы алгебр

Жил гарангийн өмнөх нэгэн постоор бид нэг цэг нь бэхлээтэй биетийг 3 хэмжээст огторгуйд яаж ч эргүүлж тойрууллаа гэсэн эцсийн дүн нь ямар нэг тэнхлэгийг тойруулж тодорхой өнцгөөр эргүүлсэн эргүүлэлт байна гэсэн Эйлерийн алдарт теоремыг баталсан. Уг теорем нь «ямар нэг тэнхлэг ба өнцөг олдоно» гэсэн конструктив биш чанартай. Тэгвэл өгөгдсөн хоёр эргүүлэлтийг дараалуулж хийхэд гарах эргүүлэлтийн тэнхлэг ба өнцгийг уг хоёр эргүүлэлтийн тэнхлэг ба өнцгүүдийг ашиглан яаж тооцож болох вэ? Энэ асуултын хариултыг Францын математикч, эдийн засагч Олинд Родриг 1840 онд өгсөн бөгөөд, Уильям Гамильтоны 1843 онд нээсэн кватернионуудыг зөгнөсөн явдал болсон юм.

Родригийн параметрүүд

Родригийн нээлтийг хэлэлцэхийн өмнө дээр дурдагдсан постноос зарим зүйлсийг эргэж санацгаая. Юуны түрүүнд, z тэнхлэгийг тойруулж (ө.х. xy хавтгайн дагуу) \alpha өнцгөөр эргүүлэх эргүүлэлтийн матриц нь

R_{\alpha}= \begin{pmatrix}\cos\alpha&-\sin\alpha&0\\\sin\alpha&\cos\alpha&0\\0&0&1\end{pmatrix}

байна. Одоо V\in SO(3) гэсэн матриц авбал, V R_\alpha V^\top нь V-ийн 3-р багана болох v_3 вектороор тэнхлэгээ хийсэн эргүүлэлтийн матриц болно. Тухайлбал, V R_\alpha V^\top матриц нь V-ийн эхний 2 баганаас хамаарахгүй. Иймд n=v_3 гээд, энэ эргүүлэлтийн матрицад

R_{n,\alpha}=V R_\alpha V^\top

гэсэн нэр өгөх боломжтой.

n = v3 тэнхлэгийг тойрсрн эргүүлэлт Rn

Одоо V матрицын багануудыг v_1,v_2,v_3 гэж тэмдэглээд

\begin{array}{rcl}R_{v,\alpha}&=&[(\cos\alpha)v_1+(\sin\alpha)v_2]v_1^\top+[(\cos\alpha)v_2-(\sin\alpha)v_1]v_2^\top+v_3v_3^\top\\&=&(\cos\alpha)(v_1v_1^\top+v_2v_2^\top)+(\sin\alpha)(v_2v_1^\top-v_1v_2^\top)+v_3v_3^\top\\&=&(\cos\alpha)(I-v_3v_3^\top)+(\sin\alpha)(v_2v_1^\top-v_1v_2^\top)+v_3v_3^\top\end{array}\qquad(\times)

гэсэн тооцоог хийж болно. Түүнчлэн, гурвалсан вектор үржвэрийн талаарх ерөнхий томъёо

a\times(b\times c)=(a\cdot c)b-(a\cdot b)c

ба v_3=v_1\times v_2 гэдгийг тооцвол

(v_2v_1^\top-v_1v_2^\top)x=v_2(v_1\cdot x)-v_1(v_2\cdot x)=(v_1\times v_2)\times x=v_3\times x

гарах бөгөөд үүнийгээ (\times) илэрхийлэлд (n=v_3 гэдгийн хамтаар) орлуулбал

\begin{array}{rcl}R_{n,\alpha} x&=&(\cos\alpha)(x-(x\cdot n)n)+(\sin\alpha)n\times x+(x\cdot n)n\\&=&(\cos\alpha)x+(\sin\alpha)n\times x+(1-\cos\alpha)(x\cdot n)n\end{array}

болно. Цаашилбал,

n\times(n\times x)=n(n\cdot x)-x(n\cdot n)=(n\cdot x)n-x

гэдгийг ашиглан

\begin{array}{rcl}R_{n,\alpha}x&=&(\cos\alpha)x+(\sin\alpha)n\times x+(1-\cos\alpha)(x\cdot n)n\\&=&x+(\sin\alpha)n\times x+(1-\cos\alpha)((x\cdot n)n-x)\\&=&x+(\sin\alpha)n\times x+(1-\cos\alpha)n\times(n\times x)\\&=&x+2\cos(\frac\alpha2)\sin(\frac\alpha2)n\times x+2\sin^2(\frac\alpha2)n\times(n\times x)\end{array}

гэж гаргаж болно. Энэ томъёоны эхний 3 мөр нь үндсэндээ Эйлерийн томъёонууд бол, сүүлийн мөр нь үндсэндээ Родригийн гаргасан томъёо. Родриг

\lambda=\cos(\frac\alpha2),\qquad u=\sin(\frac\alpha2)n

гэсэн шинэ параметрүүдийг оруулан

\boxed{R_{n,\alpha}x=x+2\lambda u\times x+2u\times(u\times x)}\qquad\qquad(*)

томъёотой эквивалент томъёог бичсэн (тэр үед вектор гэсэн ойлголт байгаагүйг санацгаая). Түүний оруулсан (\lambda,u)\in\mathbb{R}^4 параметрүүдийг Родригийн параметрүүд (эсвэл Эйлер-Родригийн параметрүүд) гэж нэрлэдэг. Энд 4 ширхэг параметр байгаа боловч n нь нэгж вектор гэдгийг санавал

|\lambda|^2+|u|^2=\cos^2(\frac\alpha2)+\sin^2(\frac\alpha2)|n|^2=1

нөхцлийг хангана. Тэгэхээр (\lambda,u)\in\mathbb{R}^4 нь 4 хэмжээст огторгуйд орших нэгж радиустай бөмбөлөгийн гадаргуу дээр байрлана гэсэн үг. Энэ бөмбөлгийг бид

S^3 = \{x\in\mathbb{R}^4:|x|=1\}

гэж тэмдэглэнэ. Родригийн параметрүүдэд хагас өнцөг орж байгаагаас болоод, \alpha\mapsto\alpha+2\pi хувиргалтаар

(\lambda,u)\mapsto(-\lambda,-u)

гэж хувирдаг. Гэхдээ (*) томъёоноос, (\lambda,u) ба (-\lambda,-u) параметрүүд нэг ижил эргүүлэлтийг төлөөлж байгааг ажиглаарай. Энэ үзэгдлийн шалтгаан нилээд гүнд оршдог. Үргэлжлүүлэн унших

Сурталчилгаа
Posted in Алгебр, Геометр | Tagged , , , , , , | Сэтгэгдэл бичих

Лемнискатын тригонометр

Нэгдүгээр төрлийн эллипслэг интегралын нийлбэрийн хуулийг Эйлер 1753 онд нээсэн бол дурын эллипслэг интегралыг 3 төрлийн нормаль хэлбэрт шилжүүлж, тэдгээрийн хувьд нийлбэрийн хууль болон бусад чухал шинж чанаруудыг баталсан, утгуудыг нь нарийвчлан тооцсон бүтээлүүдийг 1790–1830 оны хооронд Лежандр хэвлүүлсэн. Эллипслэг интегралын онол ерөнхийдөө ингээд гүйцсэн мэт байв. Гэтэл 1830-аад онд Нильс Абель ба Карл Якоби гэгдэх хоёр залуу математикч гэнэт гарч ирэн, дараа дараагаар нь хийсэн олон нээлтээрээ эллипслэг интегралын онол нь дуусах яагаа ч үгүйгээр барахгүй ирээдүйн боломж нь шавхагдашгүй, дөнгөж мэндэлж байгаа онол болохыг нь дэлгэн үзүүлжээ. Лежандрын онолын гацааг сэт цохиж, энэ чиглэл нь цаашдаа математикийн хамгийн чухал салбаруудын нэг болох хувьтай юм гэдгийг бүгдэд ойлгомжтой болгосон хоёр шинэ санааг Абель, Якоби нар дэвшүүлсэн нь:

  • Эллипслэг интегралуудын оронд урвуу функцүүдийг нь авч үзсэн,
  • Бодит хувьсагчийн оронд комплекс хувьсагчийг чөлөөтэй хэрэглэх болсон явдлууд байв.

Эхний санааг нь (тойргийн) тригонометрээр жишээ авч тайлбарлавал

\displaystyle x=\arcsin a=\int_0^a\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}

гэсэн интегралын оронд a=\sin x гэсэн урвуу функцийг нь судлахад илүү хялбар байдгийг бид мэднэ. Ингэж судлахдаа комплекс хувьсагчийг оруулбал (ялангуяа \sin z нь бүхэл аналитик функц тул) цаадах бүтэц нь гүйцэд илэрч харагддагийг бид бас мэднэ. Эллипслэг интегралын онолыг өөрөөс нь өөр хүмүүс сонирхож эхэлсэнд Лежандр баярласан ч, нөгөө талаас ийм энгийн санаануудыг өмнө нь яагаад анзаарсангүй вэ гэж өөртөө бухимдсан байж болох. Абель, Якоби нарын нээлтүүдийг хараад ангайтлаа гайхшраагүй ганц хүн байсан нь тэр үед 50 гарч байсан Гаусс байв. Үнэндээ Абель, Якоби нарт явуулсан захиандаа тэр «Сайн байна. Гэхдээ би наадхаас чинь цаашаа 3 дахин хол газар 30-аад жилийн өмнө хүрчихсэн» гэсэн утгатай зүйл хэлсэн байгаа. Учрыг нягтлавал, Гаусс аль 1797 онд 20 настай байхдаа энэ бүх нээлтүүдийг олчихоод хэвлүүлэлгүй дарчихсан байсан хэрэг. Энэ нь түүний хувьд бол гэм биш зан юм. Жишээлбэл Евклидийн биш геометр байж болох боломжийн тухай Лобачевский, Больяи нараас 30 жилийн өмнө, комплекс анализын үндсэн теоремуудыг Кошигоос 10 жилийн өмнө, анхны тооны тархалтын хуулийг Лежандраас 10-аад жилийн өмнө мэдэж байсан баримт бий.

Үргэлжлүүлэн унших

Posted in Анализ, Комплекс анализ | Tagged , , , , | Сэтгэгдэл бичих

Нэшийн тэнцвэр

Та өөрийгөө зун хүн их цугладаг нуурын эргийн зурвас газар мөхөөлдөсний явуулын мухлаг ажиллуулдаг байжээ гэж төсөөл. Энэ зурвас газар эргийнхээ дагуу 1км урттай бөгөөд, хүмүүсийн нягт ерөнхийдөө жигд.

Эргийн дагуу мөхөөлдөс зарахыг зөвшөөрсөн 3 цэг байдаг бөгөөд та аль ч цэгийг нь сонгон ажиллах боломжтой. Эдгээр цэгүүд нь эргийн зүүн захаас эхлэн 250, 500, 750 метрт байрладаг.

Ийм үед та хүмүүсийн ая тухыг болон өөрийн ашгийг бодон 2-р цэгт мухлагаа байрлуулах нь зүйн хэрэг. Одоо нэг өдөр гэнэт танд өрсөлдөгч гарч ирлээ гэж бодъё. Бага ангиас хойш тантай байнга өрсөлддөг байсан Батцагаан дүүрэн мөхөөлдөстэй хөлдөөгч ачаад нэг өдөр нуурын захад буух нь тэр. Түүнийг хараад та очиж уулзан, хоёулаа худалдан авагчдаа яг хуваах үүднээс 1 ба 3-р цэгүүд дээр байрлая, тэгвэл хүмүүс ч гэсэн мөхөөлдөс авах гэж хол алхах хэрэггүй болно гэж гэнэн цагаанаар ятгах гэж оролдоно. Батцагаан дуртай дургүй мушилзаад, 3-р цэг дээр очин зогсоно.

Таны өдрийн орлого мэдээж тал дундуураа хуваагдах боловч Батцагаан бас л тантай адилхан бизнес хийх гэж ядаж яваа амьтан тул түүнийг буруутгах арга байхгүй. Энэ байдлаар эхний өдөр таны орлого

a=50\%

Батцагааны орлого

b=50\%

гэж дүгнэж болно. Дараагийн өдөр нь та эртхэн ирээд 1-р цэг дээрээ мухлагаа зоон ажиллуулж эхэлнэ. Хэдэн минутын дараа Батцагаантан морилох ба, таны бодсоноор 3-р цэг рүү чиглэсэн ч үгүй, шууд 2-р цэг дээр очиж маасайтал инээн мөхөөлдөсөө зарж эхлэх нь тэр. Та уураа барин барин хэсэг ажиллахад санаа дагаад ч юм уу орлого тань илт багасч ирэв. Таны санаанд дараах зураг төсөөлөгдөнө:

Эндээс таны орлого

a=37.5\%

Батцагааны орлого

b=62.5\%

болох нь ойлгомжтой. Одоо Батцагааныг яаж ч хөшөөд хөдөлгөхөөсөө өнгөрсөн гэдгийг та мэдэх тул, боломжит ганц нүүдлийг хийх л үлдэнэ. Та мухлагаа түрж очин Батцагааны мухлагтай зэрэгцүүлэн байрлуулаад, юу ч болоогүй юм шиг маасайтал инээн мөхөөлдөсөө зарж эхэлнэ. Та хоёрын орлого эргээд 50% / 50% гэж хуваагдана. Ийм нөхцөлд Батцагаан мухлагаа хааш нь ч зөөсөн гэсэн орлогоо ихэсгэж чадахгүй. Таны хувьд ч мөн адил. Нэшийн тэнцвэр гэгчийн үндсэн санаа нь бол энэ л юм.

Худалдан авагчдын хувьд энэ хоёр тарж байрлахгүй яагаад нэг дор зоочихов оо гэж гайхах боловч аргагүйн эрхэнд өмнө нь ганц мухлагтай байхад ямар зайд алхаж мөхөөлдөс авдаг байсан яг тэр зайнд алхсаар л байх болно. Сумын төвийн дэлгүүрүүд яагаад нэг газар шавааралдсан байдаг нь үүгээр тайлбарлагдана. Түүнчлэн, 1, 2, 3 гэсэн сонголтуудыг орон зайн байрлал биш, өөр зүйл гэж үзсэнээр улс төрийн намууд сонгогчдыг татахын тулд яагаад бие биентэйгээ адилхан юм яриад байдаг, өрсөлдөгч компаниудын бүтээгдэхүүний үнэ, чанар, хийц яагаад төстэй болж ирдгийг иймэрхүү загвараар тайлбарлах боломж харагдана.

Дээрх жишээг хоёр тоглогч хоорондоо тодорхой дүрмээр тоглож байгаа тоглоом гэж үзэж болохыг ажиглаарай. Тэгвэл Нэшийн тэнцвэрийн тухай ойлголт нь дээрх жишээнээс хамаагүй илүү өргөн цар хүрээтэй тоглоомуудыг хамардаг. Үүнд

  • Тоглоом нь зөвхөн 2 тоглогчтой биш, хэдэн ч тоглогчтой байж болно.
  • Тоглогчид хоорондоо тэгш эрхтэй байх албагүй (тэгшхэмт биш).
  • Нэг тоглогчийн алдсан оноо нөгөө тоглогчид заавал хожоо болж ирдэг байх албагүй (тэг нийлбэрт биш).
  • Урьдчилсан тогтсон магадлалтайгаар олон сонголтоос санамсаргүйгээр сонгодог стратегийг зөвшөөрнө (холимог стратеги).

Үргэлжлүүлэн унших

Posted in Анализ | Tagged , , , , | Сэтгэгдэл бичих

Кубүүдийн ялгаврыг кубүүдийн нийлбэрт тавих

Энэ постоор бид дурын 2 рационал тооны кубүүдийн ялгаврыг рационал тоонуудын кубүүдийн нийлбэр хэлбэртэй бичиж болно гэсэн Диофантын теоремыг батална.

Тодруулбал, x>y нь эерэг рационал тоонууд бол,

x^3-y^3=p^3+q^3

байх p,q гэсэн эерэг рационал тоонууд олдоно.

Юуны өмнө, y=1 гэж үзэхэд алдах юм байхгүй. Ингээд

p=x-s,\qquad q=t-1

хэлбэртэй эрвэл

p^3+q^3=(x-s)^3+(t-1)^3=x^3-3x^2s+3xs^2-s^3+t^3-3t^2+3t-1=x^3-1

тэнцэтгэл биелэх ёстой. Одоо s=kt гэж бичье:

(1-k^3)t^3+3t^2(xk^2-1)+3t(1-x^2k)=0.

Энэ нь (at^2+bt+c)t=0 хэлбэрийн хялбар куб тэгшитгэл байна. Үүнийг цааш нь хялбарчилж, t-ийн коэффициентийг 0 болгох үүднээс k=1/x^{2} гэсэн сонголт хийвэл

(1-k^3)t=3(1-xk^2)

буюу

\displaystyle t=\frac{3(1-xk^2)}{1-k^3}=\frac{3x^3}{x^3+1}

гэсэн шийд олдоно. Эндээсээ буцааж хөөгөөд p,q-г олбол

\displaystyle p=\frac{x(x^3-2)}{x^3+1},\qquad q=\frac{2x^3-1}{x^3+1}\qquad(*)

гарах ба,

p^3+q^3=x^3-1\qquad(**)

болохыг шалгаж болно (мэдээж ийм байлгах нь бидний тэгшитгэл зохиогоод бодсоны гол зорилго байсан). Бидэнд байгаа x>1 нөхцөл ёсоор q>0. Харин p>0 байхын тулд x^3-2>0 нөхцөл хэрэгтэй. Иймд Диофантын теоремын дараах тохиолдол батлагдав.

Хэрэв x>\sqrt[3]2 нь рационал тоо бол (*) томъёогоор өгөгдөх p,q нь эерэг рационал тоонууд бөгөөд p^3+q^3=x^3-1 тэнцэтгэлийг хангана.

Одоо 1<x<\sqrt[3]2 тохиолдлыг батлах үлдлээ. Энэ тохиолдолд (**) тэнцэтгэл биелэх боловч, p<0 байгаа. Уг тэнцэтгэлийг

\displaystyle x^3-1=p^3+q^3=p^3\Big(\frac{q^3}{p^3}+1\Big)=-p^3\Big(\big(-\frac{q}{p}\big)^3-1\Big)

гэж бичвэл, x^3-1>0 ба -p^3>0 тул

\displaystyle z=-\frac{q}{p}=\frac{2x^3-1}{x(2-x^3)}>1\qquad(\dagger)

байх ёстой. Тэгэхээр x^3-1>0 тоог кубүүдийн нийлбэрт задлах бодлогыг z^3-1>0 тоог кубүүдийн нийлбэрт задлах бодлогонд хувиргаж болно гэсэн үг:

\displaystyle x^3-1=-p^3(z^3-1).\qquad(\dagger\dagger)

Энд мэдээж гол асуулт нь

  • 1<x<\sqrt[3]2 байсан бол z>\sqrt[3]2 болох уу?
  • Эсвэл энэ процессыг олон дахин давтсанаар z>\sqrt[3]2 болгож болох уу?

гэсэн асуулт байгаа. Хэрэв z>\sqrt[3]2 бол,

z^3-1=a^3+b^3

гэж 2 эерэг рационал тооны кубүүдийн нийлбэрт задрах тул x^3-1 бас ингэж задарна (-p>0 гэдгийг сана):

\displaystyle x^3-1=-p^3(z^3-1)=(-pa)^3+(-pb)^3.

Дээрх асуултанд хариулахын тулд, бид (\dagger) томъёогоор өгөгдсөн z=f(x) буюу

\displaystyle f(x)=\frac{2x^3-1}{x(2-x^3)}

функцийг (1,\sqrt[3]2\,) завсарт судлах хэрэгтэй. Юуны өмнө,

f(1)=1

ба, x\to\sqrt[3]2 үед f(x)\to+\infty байгааг ажиглая.

Энэ графикийн хэвтээ болон босоо тэнхлэг дээрх \alpha=\sqrt[3]2 утгыг тасархай зурааснуудаар тэмдэглэсэн. Ногоон зураас нь

f(x_0)=\alpha

байх x_0 утганд харгалзана. Зураг дээрээс

  • Хэрэв x>x_0 бол f(x)>\alpha болох учраас (\dagger) процессыг ганц удаа хэрэгжүүлэхэд хангалттай.
  • Харин 1<x<x_0 бол f(f(\ldots f(x)\ldots))>\alpha болгохын тулд (\dagger) процессыг олон удаа давтах хэрэгтэй мэт харагдаж байна.

Үүнийг баттай харахын тулд f(x) функцийг x\in(1,\alpha) завсарт дараах маягаар доороос нь зааглая:

\displaystyle f(x)=\frac{2x^3-1}{x(2-x^3)}>\frac{2x^3-1}{x}=x^2+\frac{x^3-1}{x}>1+\frac{x^3-1}{\alpha}.

Цааш нь x^2+x+1>3 заагийг ашиглан

\displaystyle f(x)-1>\frac{x^3-1}{\alpha}=\frac{(x-1)(x^2+x+1)}{\alpha}>\frac3\alpha(x-1)

болно. Тэгэхээр

z=f^n(x)

гэвэл

\displaystyle z-1>\frac{3n}\alpha(x-1).

Одоо \frac3\alpha>1 гэдгийг тооцвол, x>1 өгөгдсөн үед z>\alpha байх n олдоно. Хамгийн бага ийм n-ийг сонгосон гэж үзвэл, (\dagger\dagger) томъёоноос p_1,\ldots,p_n гэсэн сөрөг рационал тоонуудын хувьд

x^3-1=(-p_1)^3\ldots(-p_n)^3(z^3-1)

гарах ба, z>\alpha тул

z^3-1=a^3+b^3

гэж 2 эерэг рационал тооны кубүүдийн нийлбэрт задарна. Иймд

\displaystyle x^3-1=(-p_1)^3\cdots(-p_n)^3(z^3-1)=|p_1\cdots p_n|^3a^3+|p_1\cdots p_n|^3b^3.

Диофантын теорем бүрэн батлагдлаа.

Posted in Тооны онол | Tagged , , | Сэтгэгдэл бичих

Квадратуудын нийлбэрийн тухай

Диофант өөрөө номондоо зөвхөн тусгайлан сонгож авсан бодолтуудыг жишээ маягаар өгдөг нь үнэн. Гэхдээ аль ч жишээг нь аваад үзсэн, түүний ашигласан аргууд нь одоогийн бидний хэрэглэдэг аргуудаас дутах юм байхгүй. Үнэндээ бид Диофантын номонд байгаа аргуудаас үндсээрээ ялгаатай тийм аргыг хараахан нээгээгүй байгаагаа хүлээн зөвшөөрөхөөс өөр аргагүй юм.

– Леонард Эйлер, 1761 он.

Дурын натурал тоог хамгийн цөөндөө хэдэн бүхэл тооны квадратын нийлбэр хэлбэртэй бичиж болох вэ? Тухайлбал,

2=1^2+1^2,\qquad3=1^2+1^2+1^2,\qquad4=2^2,\qquad5=2^2+1^2,

гэсэн эхний тоонуудаас харахад ямар ч тоог гурван квадратын нийлбэрт тавьж болох мэт. Гэтэл

6=2^2+1^2+1^2,\qquad7=2^2+1^2+1^2+1^2,\qquad8=2^2+2^2,

жишээнүүд гурван квадратын нийлбэр хангалтгүй болохыг үзүүлнэ. Одоо дээрх асуултыг арай өргөтгөөд,

  • Яг ямар тоонуудыг 2 квадратын нийлбэр хэлбэртэй бичиж болох вэ?
  • Ямар тоонууд 3 квадратын нийлбэр вэ?

гэх мэтчилэн асууж болно. Иймэрхүү асуултуудыг 3-р зуунд амьдарч байсан математикч Диофант сонирхож байсан ба Диофантын бичсэн «Арифметик» номоор дамжаад тооны онолыг үүсч хөгжихөд гол түлхэц болсон асуудлуудын нэг болсоор иржээ.

Хоёр квадратын нийлбэр: Фермагийн зул сарын теорем

Тэгш тооны квадрат үргэлж 4-т хуваагдах ба сондгой тооны квадратыг 4-т хуваахад гарах үлдэгдэл үргэлж 1 байна:

(2k)^2=4k^2,\qquad (2k+1)^2=4k^2+4k+1.

Өөрөөр хэлбэл ямар ч натурал тооны хувьд

n^2\equiv0,1\quad\mod4.

Тэгэхээр 2 тооны квадратын нийлбэрийг 4-т хуваахад гарах үлдэгдэл 0, 1, эсвэл 2 байна:

a^2+b^2\equiv0,1,2\quad\mod4.

Иймд 4n+3 хэлбэртэй тоог 2 квадратын нийлбэр байдалтай бичиж болохгүй:

\Box+\Box\neq4n+3.

Энэ үр дүнг Диофантын номноос уншсан Альбер Жирар ба Пьер Ферма нар урвуу асуултыг нь сонирхож эхэлж. Юуны өмнө, өгөгдсөн натурал тоо n

n=r^22^jp_1\cdots p_m

хэлбэртэй бичиж болно. Үүнд r\geq1,\,j\geq0 нь бүхэл тоонууд ба {}p_1,\ldots,p_m нь хоорондоо ялгаатай сондгой анхны тоонууд. Эдгээр анхны тоонууд дотор 4k+3 хэлбэрийн анхны тоо байж болохгүй. Тэгэхээр дараах таамаглалыг дэвшүүлье:

4k+1 хэлбэрийн анхны тоо бүрийг 2 бүхэл тооны квадратын нийлбэрт тавьж болно.

Хэрэв энэ таамаглал үнэн бөгөөд {}p_1,\ldots,p_m анхны тоонууд бүгд 4k+1 хэлбэртэй бол, Диофантын адилтгал ёсоор

p_1\cdots p_m=a^2+b^2

болох ба, 2=1^2+1^2 гэдгийг тооцон Диофантын адилтгалыг дахин ашиглавал

2^jp_1\cdots p_m=p^2+q^2.

Иймд

n=r^22^jp_1\cdots p_m=(rp)^2+(rq)^2

буюу

Анхны тоон задаргаанд нь 4n+3 хэлбэрийн анхны тоонууд зөвхөн тэгш зэрэгтэйгээр орсон тоонуудыг л 2 квадратын нийлбэрт задалж болно.

Дээрх таамаглалын баталгааг Ферма олсон гэж Марин Мерсенн рүү явуулсан захиандаа дурдсан боловч баталгаагаа бичиж үлдээгээгүй (Энэ захиаг 1640 оны 12 сарын 25-нд бичсэн байдаг тул «Фермагийн зул сарын теорем» гэсэн нэр заримдаа дурдагддаг).  Харин Эйлер 7 жил нухсаны эцэст 1749 онд эцэслэн баталжээ.

Энэ асуудлын илүү нарийсгасан хувилбарууд болох

  • Натурал тоог хэдэн янзаар хоёр квадратын нийлбэрт задалж болох вэ?
  • Өгөгдсөн R тооны хувьд x^2+y^2<R байх (x,y) хос бүхэл тооны тоо хэд вэ?

гэх мэт асуултууд сүүлд судлагдсан байгаа.

Гурван квадратын нийлбэр: Лежандрын теорем

Одоо гурван квадратын нийлбэрийг авч үзье. Юуны өмнө

(4k)^2=16k^2,\qquad (4k+1)^2=16k^2+8k+1

(4k+2)^2=16k^2+16k+4,\qquad (4k+3)^2=16k^2+24k+9

тэнцэтгэлүүдээс ямар ч натурал тооны хувьд

n^2\equiv0,1,4\quad\mod8

гэж гарна. Иймд 3 тооны квадратын нийлбэрийг 8-д хуваахад гарах үлдэгдэл 0-ээс 6 хүртэлх ямар ч тоо байх боломжтой:

a^2+b^2+c^2\equiv0,1,2,3,4,5,6\quad\mod8.

Тэгэхээр 8n+7 хэлбэртэй тоог 3 квадратын нийлбэрт задалж болохгүй:

\Box+\Box+\Box\neq8n+7.

Үүнийг Диофантын номноос олж мэдсэн Ферма дараах таамаглалыг дэвшүүлсэн.

Натурал тоо 4^m(8n+7) хэлбэртэй л биш бол түүнийг 3 квадратын нийлбэрт задалж болно.

Энэ таамаглалыг батлах гэж Эйлер оролдоод дөхүүлсэн боловч бараагүй. Лагранж бас дуусгаж чадаагүй. Ингээд 1798 онд Адриен Мари Лежандр сая баталж дуусгасан байгаа.

Үүнтэй холбоотойгоор, 1796 онд Гаусс ямар ч натурал тоог 3 ширхэг гурвалжин тооны нийлбэрт задалж болно гэж баталсан:

n=\Delta+\Delta+\Delta.

Гурвалжин тоо гэдэг нь \frac12k(k+1) хэлбэрийн тоонууд юм. Эхний хэдэн гурвалжин тоог дурдвал

1,3,6,10,15,21,\ldots.

Гауссын теорем нь тэгэхээр

2n=a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)

буюу

8n+3=(2a+1)^2+(2b+1)^2+(2c+1)^2

гэдэгтэй эквивалент. Өөрөөр хэлбэл 8n+3 хэлбэрийн тоонуудыг 3 сондгой тооны квадратын нийлбэрт задалж болно гэсэн үг. Энэ нь Лежандрын теоремын тухайн тохиолдол юм.

Дөрвөн квадратын нийлбэр: Лагранжийн теорем

Диофантын номны жишээнүүдээс үзвэл тэр ямар ч тоог 4 квадратын нийлбэрт тавьж болно гэдгийг мэддэг байсан шинжтэй байдаг:

n=\Box+\Box+\Box+\Box.

Энэ гайхалтай үр дүнг Ферма төгсгөлгүй бууруулалтын аргаараа баталсан гэж ам алдсан боловч мөн л баталгаагаа бичиж үлдээгээгүй. Эйлер 40 гаран жил оролдоод бараг дуусгадгийн даваан дээр Эйлерийн гүйцээгүй баталгаан дээр үндэслэн Жозеф Луи Лагранж 1772 онд анхны бүрэн баталгааг хэвлүүлсэн. Харин үүнээс жил хүрэхгүйн дараа Эйлер өөрийн баталгааг дуусгасан нь өдий хүртэл хамгийн хялбархан баталгаанд тооцогддог.

Эцэст нь дурдахад, Гаусс анх гурвалжин тоонуудын теоремыг яагаад сонирхох болсон бэ гэвэл Ферма 1638 онд дараах таамаглалыг дэвшүүлсэн байсан хэрэг:

Дурын натурал тоо нь m ширхэг m-өнцөгт тоонуудын нийлбэрт задарна.

Үүнд, m-өнцөгт тоонууд гэдэг нь

\displaystyle p_m(a)=\frac{(m-2)(a^2-a)}2+a

хэлбэрийн тоонуудыг хэлнэ.

Гурвалжин, дөрвөлжин, таван өнцөгт тоонууд

Жишээ нь m=3,4,5,6 үед харгалзан гурвалжин, дөрвөлжин, таван өнцөгт, зургаан өнцөгт тоонууд

\displaystyle p_3=\frac{a(a+1)}2,\qquad p_4(a)=a^2,\qquad p_5(a)=\frac{a(3a-1)}2,\qquad p_6(a)=a(2a-1)

гарч ирнэ. Ямар ч натурал тоог 3 ширхэг гурвалжин тооны нийлбэрт задалж болно гэсэн Гауссын теорем, ямар ч натурал тоог 4 ширхэг квадратын (буюу дөрвөлжин тоонуудын) нийлбэрт задалж болно гэсэн Лагранжийн теоремууд нь Фермагийн таамаглалын тухайн тохиолдлууд болох нь харагдаж байгаа. «Фермагийн олон өнцөгт тооны тухай теорем» гэгдэх болсон энэ таамаглалыг Огюстан Луи Коши 1813 онд эцэслэн баталсан.

Диофант (200–284 орчим)

Posted in Тооны онол | Tagged , , , , , , , , , | Сэтгэгдэл бичих

Эйлерийн дөрвөн квадратат адилтгал

Диофантын адилтгалыг дөрвөн квадратын нийлбэр рүү Эйлер өргөтгөж, дараах үр дүнд хүрсэн:

(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2)\\=(a_1 b_1 - a_2 b_2 - a_3 b_3 - a_4 b_4)^2 +(a_1 b_2 + a_2 b_1 + a_3 b_4 - a_4 b_3)^2 \\+(a_1 b_3 - a_2 b_4 + a_3 b_1 + a_4 b_2)^2 +(a_1 b_4 + a_2 b_3 - a_3 b_2 + a_4 b_1)^2.

Тухайлбал, 4 бүхэл тооны квадратуудын нийлбэрт тавигддаг тоонуудыг үржүүлэхэд мөн тийм төрлийн тоо гарна:

(\Box+\Box+\Box+\Box)(\Box+\Box+\Box+\Box)=\Box+\Box+\Box+\Box.

Үнэндээ, ямар ч натурал тоог 4 квадратын нийлбэр хэлбэртэй бичиж болно гэдгийг Диофантын үеийн Грекчүүд туршлагаар олж тогтоосон бол 1770 онд Жозеф Луи Лагранж эцэслэн баталсан байгаа. Тэгэхээр Эйлерийн адилтгал нь энд ямар үүрэг гүйцэтгэх вэ гэвэл Лагранжийн теоремын баталгааг анхны тоонуудын хувьд хийхэд хангалттай болгоно гэсэн үг.

Эйлерийн адилтгал нь Диофантын адилтгалын адил ямар ч коммутатив цагирагт хүчинтэй. Адилтгалын батлахын тулд, баруун гар тал дахь 4 гишүүнийг тус тусад нь задалж бичье:

(a_1 b_1 - a_2 b_2 - a_3 b_3 - a_4 b_4)^2=a_1^2b_1^2+a_2^2b_2^2 + a_3^2b_3^2 + a_4^2b_4^2\\+2a_2a_3b_2b_3+2a_2a_4b_2b_4+2a_3a_4b_3b_4-2a_1a_2b_1b_2-2a_1a_3b_1b_3-2a_1a_4b_1b_4

(a_1 b_2 + a_2 b_1 + a_3 b_4 - a_4 b_3)^2=a_1^2b_2^2+a_2^2b_1^2 + a_3^2b_4^2 + a_4^2b_3^2\\+2a_1a_2b_1b_2+2a_1a_3b_2b_4+2a_2a_3b_1b_4-2a_1a_4b_2b_3-2a_2a_4b_1b_3-2a_3a_4b_3b_4

(a_1 b_3 + a_3 b_1 + a_4 b_2 - a_2 b_4)^2=a_1^2b_3^2+a_3^2b_1^2 + a_2^2b_4^2 + a_4^2b_2^2\\+2a_1a_3b_1b_3+2a_1a_4b_2b_3+2a_3a_4b_1b_2-2a_1a_2b_3b_4-2a_2a_3b_1b_4-2a_2a_4b_2b_4

(a_1 b_4 + a_4 b_1 + a_2 b_3 - a_3 b_2)^2=a_1^2b_4^2+a_4^2b_1^2 + a_2^2b_3^2 + a_3^2b_2^2\\+2a_1a_4b_1b_4+2a_2a_4b_1b_3+2a_1a_2b_3b_4-2a_3a_4b_1b_2-2a_1a_3b_2b_4-2a_2a_3b_2b_3

Эдгээр тэнцэтгэлийн баруун гар талд a_i^2b_k^2 хэлбэрийн 16 гишүүн, a_ia_kb_kb_\ell хэлбэрийн 24 гишүүн байгаа. Дурдагдсан 16 гишүүдийн нийлбэр Эйлерийн адилтгалын зүүн гар тал дахь

(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2)

үржвэртэй тэнцүү. Харин үлдсэн 24 гишүүд нь хос хосоороо устана. Яаж усталцаж байгааг нь дараах диаграмаар дүрсэлж харуулав.

Posted in Алгебр, Тооны онол | Tagged , | Сэтгэгдэл бичих

Диофантын адилтгал

Хоёр бүхэл тооны квадратуудын нийлбэр хэлбэртэй тавигддаг тоонуудыг хооронд нь үржүүлэхэд мөн тийм төрлийн тоо гардаг. Бүхэл тооны квадрат болдог тоонуудыг \Box гэж схемчилж тэмдэглэн, дээрх өгүүлбэрийг

(\Box+\Box)(\Box+\Box)=\Box+\Box

гэж бичиж болно. Нарийвчилбал,

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2

адилтгал биелдэг. Энэ адилтгалыг Диофантын адилтгал гэдэг ба бүхэл тоонууд төдийгүй ямар ч коммутатив цагирагт хүчинтэй.

Үүнийг батлахын тулд баруун гар талыг нь задлаад бичихэд хангалттай:

\begin{array}{rcl}(ac-bd)^2+(ad+bc)^2&=&a^2c^2+b^2d^2-2abcd+a^2d^2+b^2c^2+2abcd\\&=&a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2\\&=&(a^2+b^2)(c^2+d^2).\end{array}

Дасгал (Брахмагуптагийн адилтгал). Дараах адилтгалыг батал

(a^2+nb^2)(c^2+nd^2)=(ac-nbd)^2+n(ad+bc)^2.

Диофант (200–284 орчим)

Posted in Алгебр, Тооны онол | Tagged , , | Сэтгэгдэл бичих