Kontakt:
gornicki59@gmail.com
Andriej A. Markow pokazał (1879), że równanie \[X^2 + Y^2 + Z^2 = 3 \cdot XYZ\] (nazywane obecnie równaniem Markowa) ma nieskończenie wiele rozwiązań w zbiorze liczb naturalnych i rozwiązania te tworzą drzewo o niezwykłych własnościach (więcej na ten temat w artykule z \(\Delta^{5}_{26}\)). Równanie to pozostawało niezauważone przez blisko 30 lat, dopiero Adolf Hurwitz (1907) i Georg Frobenius (1913) odkryli jego wyjątkowość. Zainteresowali się następującym ogólnym problemem: dla jakich liczb naturalnych \(N, s\) równanie \[\tag{1}\label{eq:1} X^2_1 + X^2_2 + \ldots + X^2_N = s \cdot X_1X_2 \ldots X_N\] ma rozwiązanie w liczbach naturalnych i jak te rozwiązania wyglądają? Na przykład dla \(N = s = 2\) rozwiązaniami równania \(\eqref{eq:1}\) są wszystkie pary liczb \((X_1, X_2) = (m, m),\) gdzie \(m = 1, 2, \ldots\) Pokażemy, jak „niezwykle niezwykłe” (to słowa Frobeniusa) jest równanie Markowa! W tym celu rozwiążemy mniej skomplikowany problem: dla jakich naturalnych \(s\neq 3\) równanie \[\tag{2}\label{eq:2} X^2 + Y^2 + Z^2 = s \cdot XY Z\] ma rozwiązanie w liczbach naturalnych?
Twierdzenie 1. Wszystkie rozwiązania równania \[\tag{3}\label{eq:3} X^2 + Y^2 + Z^2 = XYZ\] w liczbach naturalnych mają postać \((3m, 3n, 3k),\) gdzie \((m, n, k)\) jest dowolnym rozwiązaniem równania Markowa.
Dowód. Jeśli \((m, n, k)\) spełnia równanie \(m^2 + n^2 + k^2 = 3 \cdot mnk,\) to po pomnożeniu jego obu stron przez 9 otrzymujemy, że \((3m)^2 + (3n)^2 + (3k)^2 = (3m)(3n)(3k).\) Zatem trójka liczb \((3m, 3n, 3k)\) spełnia równanie \(\eqref{eq:3}\).
W drugą stronę, niech \((A,B,C)\) będzie rozwiązaniem równania \(\eqref{eq:3}\) w liczbach naturalnych. Pokażemy, że każda z liczb \(A,\) \(B,\) \(C\) jest podzielna przez 3. Z faktu, że kwadrat liczby niepodzielnej przez 3 daje resztę 1 z dzielenia przez 3, wynika następująca obserwacja:
Reszta z dzielenia liczby \(A^2 + B^2 + C^2\) przez \(3\) jest równa liczbie tych liczb spośród \(A, B, C,\) które nie są podzielne przez \(3,\) o ile jest ich mniej niż trzy, a \(0\) w przeciwnym wypadku.
Gdyby żadna z liczb \(A, B, C\) nie była podzielna przez 3, to iloczyn \(ABC\) nie byłby podzielny przez 3, a suma \(A^2 + B^2 + C^2\) byłaby podzielna przez 3 (zgodnie z obserwacją). Sprzeczność. Jeśli przynajmniej jedna z liczb jest podzielna przez 3, to suma \(A^2 + B^2 + C^2 = ABC\) jest podzielna przez 3. Wówczas, na mocy obserwacji, wszystkie liczby \(A,\) \(B,\) \(C\) są podzielne przez 3, co kończy uzasadnienie.
Przyjmując \((A,B,C)=(3m,3n,3k)\) i dzieląc równanie \(\eqref{eq:3}\) przez 9, otrzymujemy, że \((m,n,k)\) spełniają równanie Markowa. \(\square\)
Twierdzenie 2. Równanie \[\tag{4}\label{eq:4} X^2 + Y^2 + Z^2 = 2 \cdot XYZ\] nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych.
Treść twierdzenia 2 była tematem zadania olimpijskiego, zobacz: S. Straszewicz, „Zadania z olimpiad matematycznych”, tom IV, PZWS, Warszawa 1972, zadanie 16.
Dowód. Załóżmy, że \((A, B, C)\) jest rozwiązaniem równania \(\eqref{eq:4}\) w liczbach naturalnych. Przyjmijmy \(d \coloneqq % \textrm{NWD}(A, B, C) \geq 1,\) a wtedy \(A = ad,\) \(B = bd,\) \(C = cd\) i liczby \(a, b, c\) są względnie pierwsze. Wówczas równanie \(\eqref{eq:4}\) (po uproszczeniu) przyjmuje postać \[\tag{5}\label{eq:5} a^2 + b^2 + c^2 = 2abcd.\] Prawa strona równania \(\eqref{eq:5}\) jest parzysta. Ponieważ liczby \(a, b, c\) są względnie pierwsze, więc nie mogą być wszystkie liczbami parzystymi. Parzystość lewej strony równania \(\eqref{eq:5}\) implikuje zatem, że jedna z tych liczb jest liczbą parzystą,
a dwie inne są liczbami nieparzystymi. Niech, na przykład, \(a = 2u,\) \(b = 2v + 1,\) \(c = 2w + 1,\) gdzie \(u, v, w \in \mathbb{N}.\) Podstawiając te wartości do równania \(\eqref{eq:5}\), otrzymujemy \[4(u^2 + v^2 + w^2 + v + w) + 2 = 4du(2v + 1)(2w + 1).\] Równość ta jest fałszywa, bo prawa strona jest podzielna przez 4, a lewa – nie. Zatem równanie \(\eqref{eq:4}\) nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych. \(\square\)
Twierdzenie 3. Dla naturalnego \(s > 3\) równanie \(\eqref{eq:2}\) nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych.
Dowód. Będziemy postępować analogicznie do dowodu lematów 1 i 2 z poprzedniego artykułu (\(\Delta^{5}_{26}\)). Załóżmy, że dla pewnego naturalnego \(s > 3\) równanie \(\eqref{eq:2}\) ma rozwiązanie \((a, b, c)\) w liczbach naturalnych. Wtedy liczby \(a, b, c\) są parami różne. Gdyby, na przykład, \(b = c,\) to \(a^2 = sab^2 - 2b^2 = b^2 (sa - 2),\) więc \(a = bd,\) gdzie \(d\) jest liczbą naturalną. Wtedy \(b^2d^2 =a^2= b^2(sbd - 2),\) czyli \(d^2 = sbd - 2,\) a stąd \(2 = d(sb - d).\) Oznacza to, że 2 jest podzielne przez \(d,\) zatem \(d = 1\) lub \(d = 2.\) W obu tych przypadkach \(sb = 3,\) co jest sprzeczne z warunkiem \(s > 3.\)
Możemy więc przyjąć, że \(a > b > c.\) Rozważmy trójmian kwadratowy \[\Phi_a(x) = x^2 + b^2 + c^2 - sbcx = x^2 - sbcx + (b^2 + c^2).%\] Poza pierwiastkiem \(a\) posiada on drugi pierwiastek \(a'\) (można go wyznaczyć, korzystając ze wzorów Viète’a), więc rozwiązanie \((a, b, c)\) ma rozwiązanie sąsiednie \((a', b, c).\)
Ponieważ \[\begin{aligned} (b - a)(b - a') & = \Phi_a(b) = 2b^2 + c^2 - sb^2c < 3b^2 - sb^2 c \\&\leq 3b^2 - sb^2 < 0, \end{aligned}\] więc liczba \(b\) leży między liczbami \(a\) i \(a'.\) A więc \(a > b > a'\) i maksymalna współrzędna rozwiązania \((a', b, c)\) jest mniejsza niż maksymalna współrzędna rozwiązania \((a, b, c).\) Zatem dla każdego rozwiązania \((a, b, c)\) równania \(\eqref{eq:2}\) z \(s > 3\) można skonstruować jego rozwiązanie \((a_1, b_1, c_1)\) z mniejszą maksymalną współrzędną. Oczywiście liczby \(a_1, b_1, c_1\) również są parami różne i możemy przyjąć, że \(a_1 > b_1 > c_1.\) Powtarzając podane wyżej rozumowanie, uzyskujemy rozwiązanie \((a_2, b_2, c_2)\) równania \(\eqref{eq:2}\) z \(s > 3,\) którego maksymalna współrzędna jest jeszcze mniejsza. W ten sposób uzyskujemy nieskończony ciąg rozwiązań równania \(\eqref{eq:2}\) z \(s > 3,\) z coraz mniejszymi maksymalnymi współrzędnymi. W zbiorze liczb naturalnych jest to niemożliwe. Otrzymana sprzeczność pokazuje, że dla \(s > 3\) równanie \(\eqref{eq:2}\) nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych. \(\square\)
Prawdziwe jest twierdzenie ogólniejsze (A. Hurwitz, 1907): dla \(s > N\) równanie \(\eqref{eq:1}\) nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych. Dla \(s = N \geq 3\) równanie \(\eqref{eq:1}\) ma rozwiązanie osobliwe \((x_1, x_2, \ldots , x_N) = (1, 1, \ldots , 1),\) z którego „wyrastają” kolejne rozwiązania. W pozostałych przypadkach jest wiele wyników cząstkowych, jednak kompletnej teorii równania diofantycznego \(\eqref{eq:1}\) wciąż brak.