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.

Сурталчилгаа
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

Төгсгөлгүй бууруулалтын арга

Пьер Фермагийн «төгсгөлгүй бууруулалтын арга» гэж нэрлэсэн аргыг толилуулъя. Үүнд \sqrt[n]{m} хэлбэрийн тоонуудын рационал эсэх тухай асуудлыг жишээ болгож авч үзнэ.

Эхний жишээ

Хэрэв \sqrt2 тоо рацианал бол,

\displaystyle\sqrt2=\frac{p}q

гэсэн хураагддаггүй бутархай (ө.х. p,q нь харилцан анхны) болгож бичиж болох ёстой. Тэгэхээр

p^2=2q^2

учир, p нь тэгш гэж гарна. Хэрэв p нь тэгш бол p^2 нь 4-т хуваагдана. Иймд q нь тэгш байхад хүрч, p,q нь харилцан анхны гэдэгт харшилна.

Дүгнэлт: Квадрат нь 2 байдаг рацианал тоо олдохгүй.

Одоо энэ стандарт баталгааг арай өөрөөр бичих гээд үзье. Ингэхдээ \sqrt2 тоогоо рацианал гэж үзээд

\displaystyle\sqrt2=\frac{p}q

гэж бичих боловч, p,q тоонуудыг харилцан анхных байх албагүй гэе. Тэгвэл

p^2=2q^2

буюу p нь тэгш: p=2p_1. Эндээс

2p_1^2=q^2

буюу q нь тэгш: q=2q_1. Тэгэхээр

\displaystyle\sqrt2=\frac{p}q=\frac{p_1}{q_1}

гэж бичигдэх, p_1<p ба q_1<q гэсэн натурал тоонууд олдоно. Энэ алхмыг дахиад давтвал

\displaystyle\sqrt2=\frac{p}q=\frac{p_1}{q_1}=\frac{p_2}{q_2}

гэж бичигдэх, p_2<p_1 ба q_2<q_1 гэсэн натурал тоонууд олдоно гэсэн үг. Өөрөөр хэлбэл,

p>p_1>p_2>\ldots,\qquad q>q_1>q_2>\ldots

гэсэн төгсгөлгүй буурах натурал тоон цуваанууд байгуулагдахад хүрнэ. Гэтэл натурал тоо нь доод хязгаартай бөгөөд цувааны дараалсан хоёр элементийн хоорондох зөрөө бутархай байж болохгүй тул ийм цуваа байгуулах боломжгүй юм.

Дүгнэлт: Квадрат нь 2 байдаг рацианал тоо олдохгүй.

Дараагийн жишээ

m нь бүтэн квадрат биш үед \sqrt{m} нь рационал эсэхийг сонирхоё. Хэрэв \sqrt{m} нь рационал бол

\displaystyle\sqrt{m}=\frac{p}q

байх харилцан анхны p,q тоонууд олдоно. Эндээс

\displaystyle p^2=q^2m.

болох ба, m нь бүтэн квадрат биш гэдгийг санавал, арифметикийн үндсэн теорем ёсоор, анхны тоон задаргаандаа ямар нэг анхны тооны сондгой зэргийг агуулна. Энэ анхны тоог p өөрийн задаргаандаа агуулах ёстой. Харин үүнийг q агуулж болохгүй (агуулдаг бол p-тэй харилцан анхных байж чадахгүй). Гэтэл зүүн гар талд нь бүтэн квадрат байгаа ба бүтэн квадрат нь аливаа анхны тоог задаргаандаа зөвхөн тэгш зэрэгтэй л агуулна. Ингээд зөрчилд хүрлээ.

Дүгнэлт: m нь бүтэн квадрат биш бол, квадрат нь m байдаг рацианал тоо олдохгүй.

Одоо энэ үр дүнг төгсгөлгүй бууруулалтын аргаар батлая. Үүнд

\displaystyle\sqrt{m}=\frac{p}q

нь бүхэл тоо биш, өөрөөр хэлбэл k гэсэн натурал тооны хувьд

\displaystyle k<\sqrt{m}<k+1

гэе. Тэгвэл

\displaystyle\sqrt{m}=\frac{p}q=\frac{p(\sqrt{m}-k)}{q(\sqrt{m}-k)}

болно. Энэ илэрхийллийн хүртвэр хуваарийг тус тусад нь

\displaystyle p_1=p(\sqrt{m}-k)=p\sqrt{m}-pk=q^2m-pk,

\displaystyle q_1=q(\sqrt{m}-k)=q\sqrt{m}-qk=p-qk,

гэж хувиргавал, хоёулаа бүхэл тоонууд болох нь харагдана. Түүнчлэн,

0<\sqrt{m}-k<1

тул

\displaystyle 0<p(\sqrt{m}-k)<p,\qquad 0<q(\sqrt{m}-k)<q.

Өөрөөр хэлбэл,

\displaystyle\sqrt{m}=\frac{p}q=\frac{p_1}{q_1}

байх p_1<p ба q_1<q натурал тоонууд олдлоо. Тэгэхээр дээрхтэй адилаар

p>p_1>p_2>\ldots,\qquad q>q_1>q_2>\ldots

гэсэн төгсгөлгүй буурах натурал тоон цуваанууд байгуулагдана.

Дүгнэлт: m нь бүтэн квадрат биш бол, квадрат нь m байдаг рацианал тоо олдохгүй.

Сүүлийн жишээ

Эцэст нь, \sqrt[n]{m} тоог авч үзье (энд n,m нь натурал тоонууд). Хэрэв

a=\sqrt[n]{m}

рационал бол, a,a^2,\ldots,a^{n-1} тоонууд бүгд рационал. Иймд бүгдийнх нь ерөнхий хуваарь болох p гэсэн бүхэл тоо оршин байна. Өөрөөр хэлбэл

pa,pa^2,\ldots,pa^{n-1}

тоонууд бүгд бүхэл. Одоо a нь өөрөө бүхэл биш гэвэл,

k<a<k+1

байх натурал тоо k олдоно. Үүнийг ашиглан,

p_1=p(a-k)

гэсэн тоо тодорхойлъё. Юуны түрүүнд 0<a-k<1 тул

0<p_1<p.

Цаашилбал, r=1,2,\ldots,n-1 үед

p_1a^r=p(a-k)a^r=pa^{r+1}-kpa^r

нь бүхэл болох нь харагдана. Ингээд энэ процедурыг давтсанаар

p>p_1>p_2>\ldots,

гэсэн төгсгөлгүй буурах натурал тоон цуваа байгуулагдана.

Дүгнэлт: \sqrt[n]{m} нь нэг бол бүхэл, үгүй бол иррационал.

Дасгал. \sqrt[n]{m} нь нэг бол бүхэл тоо, үгүй бол иррационал тоо байна гэдгийг анхны тоон задаргаа ашиглан батал.

Пьер Ферма (1607–1665)

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

Пифагорын гурвалууд

Тооны онолын хамгийн эртний бодлогуудын нэг нь

x^2+y^2=z^2\qquad(*)

тэгшитгэлийн бүхэл шийдүүдийг олох бодлого юм. Жишээлбэл

(x,y,z)=(3,4,5),\qquad (x,y,z)=(5,12,13)

гурвалууд нь дээрх тэгшитгэлийг хангана. Ийм гурвалуудыг Пифагорын гурвалууд гэж нэрлэдэг. Бид энд тооны хуваагдах чанарыг ашигласан нэг бодолтыг, арай илүү геометр санаа агуулсан өөр нэг бодолттой хамт толилуулъя.

Юуны түрүүнд, хэрэв (*) тэгшитгэлийг хангах x,y,z гурван тооны 2 нь ерөнхий хуваагчтай бол тэр хуваагч x,y,z тоонуудын 3-уулангийнх нь ерөнхий хуваагч болно гэдгийг ажиглая. Тэгэхээр бодлогын ерөнхий чанарыг алдагдуулалгүйгээр, x,y,z тоонуудын аль ч 2 нь хоорондоо харилцан анхных гэж үзэж болно. Ийм гурвалуудыг энгийн гурвалууд гэж ярьдаг.

Үржигдэхүүнд задлах арга

Хэрэв x,y,z нь энгийн гурвал бол, эдгээр тоонуудын яг нэг нь тэгш (нөгөө хоёр нь сондгой) байх ёстой гэж гарна. Түүнчлэн, z нь тэгш байж болохгүй. Яагаад гэвэл, хэрэв z нь тэгш бол z^2 нь 4-т хуваагдах боловч x^2+y^2 нь хоёр сондгой тооны квадратуудын нийлбэр учраас 4-т хуваагдахгүй.

Одоо x-ийг тэгш гэж үзээд, Пифагорын тэгшитгэлийг

x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)\qquad(**)

гэж бичье. Тэгвэл z+y ба z-y тоонууд хоёулаа тэгш тул тэдгээрийн хамгийн их ерөнхий хуваагч

d=\mathrm{gcd}(z+y,z-y)

тэгш тоо байх ёстой. Цаашилбал, хэрэв z+y ба z-y тоонууд d тоонд хуваагддаг бол тэдгээрийн нийлбэр 2z ба ялгавар 2y бас d тоонд хуваагдана. Гэтэл y ба z нь харилцан анхных. Тэгэхээр d=2 болж, (**) тэгшитгэлээс \frac{z+y}2 ба \frac{z-y}2 тоонууд хоёулаа бүтэн квадрат гэдэг нь мэдэгдэнэ:

z+y=2m^2,\qquad z-y=2n^2.

Өөрөөр хэлбэл, m,n нь харилцан анхных бол

x=2mn,\qquad y=m^2-n^2,\qquad x=m^2+n^2

нь энгийн гурвал болох ба, ямар ч энгийн гурвалыг ийм хэлбэрт тавьж болно.

Рационал хувиргалтын арга

Пифагорын (*) тэгшитгэлд z=0 бол x=y=0 гэсэн тривиал шийд олдоно. Одоо z\neq0 гээд, (*) тэгшитгэлийн хоёр талыг z-д хувааснаар

\displaystyle \big({\frac xz}\big)^2+\big({\frac yz}\big)^2=1\qquad(\dagger)

тэгшитгэлд хүрэх ба энэ нь

\displaystyle u=\frac xz,\qquad v=\frac yz

гэсэн хувьсагчдийн хувьд нэгж тойргийн тэгшитгэл болно:

u^2+v^2=1.

Дүгнэвэл:

Тривиал биш Пифагорын гурвал болгон нэгж тойрог дээрх рационал координаттай цэгт харгалзана. Энэ үед, ялгаатай энгийн гурвалууд ялгаатай цэгүүдэд бууна. Нөгөө талаас, нэгж тойрог дээрх рационал координаттай цэг болгон Пифагорын гурвалыг төрүүлнэ.

Өөрөөр хэлбэл, Пифагорын гурвалуудыг олох бодлого нь нэгж тойрог дээрх рационал координаттай цэгүүдийг олох бодлогод шилжлээ. Ийм цэгүүдийг олохын тулд, дараах хэлбэрийн стереографик проекцлолыг авч үзье. Үүнд (u,v) цэгийг (0,-1) цэгтэй холбож шулуун татаад, хэвтээ тэнхлэгтэй огтлолцох цэгийг нь t гэе.

Тэгвэл гурвалжны төсөөнөөс

\displaystyle t=\frac{u}{1+v}

гэж амархан олдоно. Энэ хувиргалтын ид шид нь юу вэ гэвэл, тойрог дээрх рационал координатуудтай (u,v) цэг болгонд t гэсэн рационал тоо харгалзуулдгаар барахгүй, урвуу хувиргалт

\displaystyle u=\frac{2t}{1+t^2},\qquad v=\frac{1-t^2}{1+t^2}

нь рационал тоо t болгонд тойрог дээр орших рационал координаттай (u,v) гэсэн цэг харгалзуулдаг явдал юм. Тэгэхээр стереографик проекцлол нь тойргийн бирационал (ө.х. рационал урвуутай рационал) параметрчлэлийг төрүүлдэг байна. Ингээд харилцан анхны m,n тоонуудын хувьд t=\frac{n}m гэж авснаар тойрог дээрх рационал координаттай бүх цэг

\displaystyle (u,v)=\Big(\frac{2mn}{m^2+n^2},\frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}\Big)

гэж өгөгдөх ба Пифагорын бүх энгийн гурвал

(x,y,z)=(2mn,m^2-n^2,m^2+n^2)

хэлбэртэй гарна. Бид энэ томъёог гаргах үйл явцад z\neq0 гэж үзсэн боловч энэ томъёо x=y=z=0 шийдийг бас агуулж байгааг анзаараарай.

Posted in Тооны онол | Tagged , , | Сэтгэгдэл бичих

Эйлерийн нийлбэрийн хууль

Давхар өнцгийн синусын

\displaystyle2\int_0^{x}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=\int\displaylimits_0^{2x\sqrt{1-x^2}}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}

томъёотой төстэй

\displaystyle2\int_0^{x}\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}=\int\displaylimits_0^{2x\sqrt{1-x^4}/(1+x^4)}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}

томъёог Италийн математикч Жюлио Фаньяно 1715 оны үед олсон тухай бид өмнө дурдсан. Түүний энэ үр дүн олны анхааралд хүрэлгүй байсаар 1750-аад онтой золгож, Фаньяно нас өндөр болсон тул өөрийн нэг насны ажлаа Берлиний академи руу явуулсныг нь 1750 оны 12 сарын 23-нд Эйлер хүлээж авчээ. Фаньяногийн үр дүн Эйлерийн сонирхлыг маш ихээр татаж, Фаньяно ч амьд байхдаа өөрийн ажлыг их багшид өндрөөр үнэлүүлж амжсан байна. Энэ өдрийг сүүлд Карл Якоби «эллипслэг функцийн төрсөн өдөр» гэж нэрлэсэн.

Давхар өнцгийн томъёог бодвол илүү ерөнхий

\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\sin\beta\cos\alpha=\sin\alpha\sqrt{1-\sin^2\beta}+\sin\beta\sqrt{1-\sin^2\alpha}

гэсэн нийлбэрийн томъёо байдаг. Үүнийг арксинусын хувьд

\arcsin x+\arcsin y=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}

гэж бичсэнээр тойргийн интеграл хэлбэр нь

\displaystyle\int_0^{x}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}+\int_0^{y}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=\int\displaylimits_0^{x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}

олдоно. Давхар өнцгийн томъёо нь мэдээж үүний x=y байх тухайн тохиолдол нь болно. Лемнискатын хувьд төдийгүй илүү ерөнхий эллипслэг интегралуудын хувьд ийм нийлбэрийн томъёог 1753 онд Эйлер олсон юм.

Фаньяно томъёогоо гаргахдаа

\displaystyle x=\frac{2y\sqrt{1-y^4}}{1+y^4}\qquad(*)

хувиргалтаар

\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=2\int \frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}

болдгийг ажигласан байгаа (Фаньяногийн томъёо нь энэ тэнцэтгэлийг тодорхой интеграл болгосон хэлбэр нь л юм). Тодруулбал, (*) хувиргалтаар

\displaystyle dx=\frac{2(y^8-6y^4+1)dy}{(1+y^4)^2\sqrt{1-y^4}},\qquad1-x^4=\frac{(y^8-6y^4+1)^2}{(1+y^4)^4}

гэдгийг тооцож болох ба

\displaystyle \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=2\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}.\qquad(**)

Эйлер үүнийг x=x(y) функцийн хувьд дифференциал тэгшитгэл гэж үзсэн. Өөрөөр хэлбэл (*) томъёогоор өгөгдсөн x=x(y) функц нь

\displaystyle \frac{dx}{dy}=2\sqrt{\frac{1-x^4}{1-y^4}}

дифференциал тэгшитгэлийн шийд болно.

Ингээд Эйлерт (**) тэгшитгэлийн оронд илүү хялбар

\displaystyle \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}.\qquad(\dagger)

тэгшитгэлийг судлах санаа төржээ. Жирийн үед ийм тэгшитгэлийн хоёр талыг шууд тус тусад нь интегралчлаад бодчихдог. Гэхдээ энэ тэгшитгэлийг тэгж интегралчлах элементар функц байхгүй.  Тэгэхээр өөр аргаар үзэх хэрэгтэй. Эйлер юуны түрүүнд

\displaystyle x=y,\qquad x=-\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}}

гэсэн хоёр хялбар шийдийг анзаарсан. Эхний x=y хувиргалт бол тривиал шийд болох нь ойлгомжтой. Хоёрдахь хувиргалтын хувьд

\displaystyle dx=\frac{2ydy}{(1+y^2)\sqrt{1-y^4}},\qquad 1-x^4=\frac{4y^2}{(1+y^2)^2}

тул мөн шийд болно гэдгийг хялбархан шалгаж болно. Дээрх хоёр хувиргалтыг язгуураас чөлөөлөн, далд функц байдлаар

\displaystyle x-y=0,\qquad x^2+y^2+x^2y^2-1=0

гэж бичээд, хоёуланг нь багтаасан

\displaystyle x^2+y^2-2\beta xy+\gamma x^2y^2-\gamma=0\qquad(\dagger\dagger)

тэнцэтгэлийг авч үзье. Энэ тэнцэтгэлийн \beta=1,\,\gamma=0 тохиолдол нь эхний шийдийг, \beta=0,\,\gamma=1 тохиолдол нь хоёрдахь шийдийг өгнө. Одоо (\dagger) тэгшитгэлийг хангах \beta ба \gamma параметрүүдийн шинэ утгууд олох гэж оролдъё. Эхлээд (\dagger\dagger) тэнцэтгэлээс дифференциал авбал

\displaystyle 2xdx+2ydy-2\beta xdy-2\beta ydx +2\gamma xy^2dx+2\gamma x^2ydy=0

буюу

\displaystyle (x-\beta y+\gamma xy^2)dx+(y-\beta x+\gamma x^2y)dy=0\qquad(\ddagger)

гарна. Нөгөө талаас, (\dagger\dagger) тэнцэтгэлээс x-ийг олбол

\displaystyle x=\frac{\beta y\pm\sqrt{\beta^2y^2+(1+\gamma y^2)(\gamma-y^2)}}{1+\gamma y^2}

буюу

\displaystyle (1+\gamma y^2)x-\beta y=\pm\sqrt{\beta^2y^2+(1+\gamma y^2)(\gamma-y^2)}.

Үүнтэй төстэйгөөр, (\dagger\dagger) тэнцэтгэлээс y-ийг олох замаар

\displaystyle (1+\gamma x^2)y-\beta x=\pm\sqrt{\beta^2x^2+(1+\gamma x^2)(\gamma-x^2)}

томъёог гаргаж болно. Сүүлийн хоёр томъёог (\ddagger) тэгшитгэлд орлуулснаар

\displaystyle \pm\sqrt{\beta^2y^2+(1+\gamma y^2)(\gamma-y^2)}\,dx\pm\sqrt{\beta^2x^2+(1+\gamma x^2)(\gamma-x^2)}\,dy=0

болох ба, \pm тэмдгүүдээс зохихыг нь сонгоод, хувьсагчдыг ялгавал

\displaystyle \frac{dx}{\sqrt{\beta^2x^2+(1+\gamma x^2)(\gamma-x^2)}}=\frac{dy}{\sqrt{\beta^2y^2+(1+\gamma y^2)(\gamma-y^2)}}\qquad(\ddagger\ddagger)

хэлбэрт орно. Язгуур дор байгаа илэрхийллүүд нь

\displaystyle \beta^2x^2+(1+\gamma x^2)(\gamma-x^2)=\gamma(1-x^4)+(\beta^2+\gamma^2-1)x^2\\\beta^2y^2+(1+\gamma y^2)(\gamma-y^2)=\gamma(1-x^4)+(\beta^2+\gamma^2-1)y^2

байгаа. Хэрэв

\beta^2+\gamma^2-1=0

бол, дээрх илэрхийллүүд харгалзан \gamma(1-x^4) ба \gamma(1-y^4) болох ба,

\gamma>0

нөхцлийг шаардсанаар язгуур гаргах боломжтой болох тул (\ddagger\ddagger) тэгшитгэл

\displaystyle \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}

хэлбэрт орж, бодлого маань бодогдоно. Одоо \gamma>0 нөхцлийг автоматаар хангах үүднээс \gamma=b^2 гэж бичвэл

\displaystyle \beta=\sqrt{1-\gamma^2}=\sqrt{1-b^4}

ба (\dagger\dagger) тэнцэтгэл маань

\displaystyle x^2+y^2-2xy\sqrt{1-b^4}+b^2 x^2y^2-b^2=0\qquad(\S)

болж хувирна. Энэ параграфыг дүгнэвэл, b параметрийн ямар ч бодит утганд харгалзах (\S) буюу

\displaystyle x=\frac{y\sqrt{1-b^4}+b\sqrt{1-y^4}}{1+b^2y^2}

хувиргалт нь

\displaystyle \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}

тэнцэтгэлийг хангана.

Дээрх хувиргалтаар y=0 цэг x=b цэгт хувирч байгаа. Тэгэхээр

\displaystyle \int\displaylimits_b^{\frac{y\sqrt{1-b^4}+b\sqrt{1-y^4}}{1+b^2y^2}}\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\int_0^y\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}

буюу

\displaystyle \int_0^y\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}+\int_0^b\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}=\int\displaylimits_0^{\frac{y\sqrt{1-b^4}+b\sqrt{1-y^4}}{1+b^2y^2}}\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}

гэсэн үг. Өөрөөр хэлбэл, лемнискатын нумын уртыг

\displaystyle L(a)=\int_0^a\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}

гэж тэмдэглэвэл

\displaystyle L(a)+L(b)=L\Big(\frac{a\sqrt{1-b^4}+b\sqrt{1-a^4}}{1+a^2b^2}\Big)

гэсэн нийлбэрийн томъёо гарч ирлээ. Энэ гайхамшигт томъёог Эйлер 1753 онд олж Санкт Петербургийн академид илтгэсэн нь 1761 онд хэвлэгдсэн. Эйлерийн томъёоны a=b байх тухайн тохиолдол нь Фаньяногийн томъёо болно.

Эйлер мэдээж лемнискатаар хязгаарлагдсангүй,

g(x)=1+mx^2+nx^4

олон гишүүнт бүхий

\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{g(x)}}

хэлбэрийн интегралуудыг бас авч үзсэн (Энд m=-k^2-1,\,n=k^2 гэж авбал нэгдүгээр төрлийн эллипслэг интегралын Лежандр нормаль хэлбэр болно гэдгийг анхаар). Үнэндээ (\dagger\dagger) маягийн хувиргалтанд

\beta^2-\gamma^2+1=\gamma m

гэж сонгосноор g(x)=1-x^4+mx^2 тохиолдлыг бид шууд хамарч болох байсан. Одоо (\dagger\dagger) хувиргалтын оронд нэг илүү параметртэй

\displaystyle x^2+y^2-2\beta xy+\gamma x^2y^2-\delta=0

маягийн хувиргалтуудыг авч үзвэл (\ddagger) өөрчлөгдөхгүй хэвээр үлдэх ба (\ddagger\ddagger) томъёо дараах томъёогоор солигдоно:

\displaystyle \frac{dx}{\sqrt{\beta^2x^2+(1+\gamma x^2)(\delta-x^2)}}=\frac{dy}{\sqrt{\beta^2y^2+(1+\gamma y^2)(\delta-y^2)}}.

Эндээс

\gamma=-n\delta,\qquad \beta^2+\gamma\delta-1=m\delta

гэсэн тэгшитгэлүүдэд хүрэх бөгөөд, \delta=b^2 гээд хөөвөл

\gamma=-nb^2,\qquad \beta^2=1+mb^2+nb^4=g(b)

буюу

\displaystyle x^2+y^2=b^2(1+nx^2y^2)+2xy\sqrt{g(b)}

гэсэн хувиргалт гарна. Өөрөөр хэлбэл

\displaystyle x=\frac{y\sqrt{g(b)}+b\sqrt{g(y)}}{1-nb^2y^2}.

Үүгээр y=0 цэг бас x=b цэгт бууж байгаа. Тэгэхээр

\displaystyle F(a)=\int_0^a\frac{dt}{\sqrt{g(t)}}

гэж тэмдэглэвэл

\displaystyle F(a)+F(b)=F\Big(\frac{a\sqrt{g(b)}+b\sqrt{g(a)}}{1-na^2b^2}\Big)

гэсэн эллипслэг интегралын нийлбэрийн хууль гарч ирнэ.

Эйлер цааш нь дурын 4 зэргийн олон гишүүнтийг, зарим 6 зэргийн олон гишүүнтийг ч авч үзсэн. Үүнээс хойш 10 гаран жилийн дараа Эйлер энэ бодлогонд дахин анхаарлаа хандуулж, дурын 4 зэргийн олон гишүүнтийг g(x)=1+mx^2+nx^4 хэлбэрт шилжүүлдэг бутархай шугаман хувиргалтыг олсноор ерөнхий эллипслэг интегралын нийлбэрийн хуулийг томъёолох системтэй арга бий болсон юм.

Дасгал. Эйлерийн аргыг ашиглан g(x)=m+nx^3 хэлбэртэй үед эллипслэг интегралын нийлбэрийн хуулийг гарга.

Posted in Анализ | Tagged , , , | Сэтгэгдэл бичих