1.6: Диофантові рівняння

Том 2 історії теорії чисел Діксона стосується діофантових рівнянь. Він такий же великий, як і інші два об'єми разом узяті. Тому зрозуміло, що ми не будемо охоплювати більшу частину цієї землі в цьому розділі. Обмежимо увагу деякими проблемами, які є цікавими, хоча і не мають центральної важливості.

Однією з таких задач є рівняння Діофанту,\(n! + 1 = x^2\) згадане в попередньому розділі. Проблема датується 1885 роком, коли Х.Брошар припустив, що єдиними рішеннями є\(4!+1 = 52, 5!+1 = 112\) і\(7!+1 = 712\). Близько 1895 р. Рамануджан зробив ту саму гіпотезу, але не просунувся до вирішення проблеми. Близько 1940 року проблема з'явилася як елементарна (!!) проблема в Місячні. Рішення не пропонувалося. Однак в 1950 році було опубліковано неправильне рішення і з того часу було зроблено кілька помилкових спроб довести результат. Знову ж таки, близько 1950 року хтось потрудився перевірити грубою силою здогадки аж до\(n = 50\). Однак раніше в своїй книзі з теорії чисел Крайтчик вже доводив результат до 5000. Наскільки нам відомо, саме тут стоять проблеми. Наведемо зараз вказівку на метод Крайтчика.

Припустимо, ми хочемо перевірити\(100! + 1\). Робочий (мод 103) у нас є

\(100! (-2)(-2) \equiv -1,\)\(100! + \dfrac{1}{2} \equiv 0\),\(100! + 1 \equiv \dfrac{1}{2} \equiv 52.\)

Якщо зараз 52 - це не залишок 103, ми досягли своєї мети. Інакше ми могли б провести подібний розрахунок з іншим\(p > 100\), скажімо 107. Зверніть увагу, що\(100! + 1 \equiv 0\) (мод 101) не дає ніякої інформації. Варіації цього методу можуть бути використані для усунення багатьох номерів оптом і це те, що зробив Крайтчик. Тепер ми окреслимо доказ, який\(n! + 1 = x^8\) має лише кінцеву кількість рішень. Це доказ залежить від двох фактів, які ми не довели:

(1) Кожен непарний\(x^2 + 1\) простий дільник має форму\(4n + 1\);

(2) Є приблизно стільки простих чисел\(4n + 1\), скільки\(4n + 3\).

Тепер\(n! + 1 = x^8\) дає\(n! = x^8 - 1= (x^4 + 1) (x^2 + 1) (x^2 - 1)\); праворуч внесок простих чисел\(4k + 1\) і\(4k − 1\) приблизно однаковий, тоді як ліворуч всі непарні прості множники\((x^4 + 1) (x^2 + 1)\) тобто, про\((n!)^{3/4}\) добуток, мають вигляд\(4n + 1\).

Тепер ми переходимо до зовсім іншої проблеми. Має рівняння

\(1^n + 2^n + \cdot\cdot\cdot + (m - 1)^n = m^n\)

будь-які розв'язки в цілих числах, відмінних від 1 + 2 = 3? Ось кілька близьких рішень:

\(3^2 + 4^2 = 5^2\),

\(3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3\),

\(1^6 + 2^6 + 4^6 + 7^6 + 9^6 + 12^6 + 13^6 + 15^6 + 16^6 + 18^6 + 20^6 + 22^6 + 23^6 = 28^6\).

Тепер ми окреслимо доказ того, що якщо інші рішення існують тоді\(m > 10^{1000000}\). Решта цього розділу спочатку з'явилася як стаття «Про діофантове рівняння»\(1^n + 2^n + \cdot\cdot\cdot + (m - 1)^n = m^n\), Scripta Mathematica, 19 (1953), стор. 84—88. (Пітер Морі обговорює цю теорему та доказ у «Верхній капелюсі для чотирьох математичних кроликів Мозера», Американський математичний щомісячний, 118 (2011), 364— 370.)

Давно відомий ряд ізольованих рівнянь, що\(n^{\text{th}}\) виражають суму ступенів цілих чисел як\(n^{\text{th}}\) ступінь цілого числа. Деякі приклади:

\(3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3\)

\(\sum_{i = 1}^{100} i^4 - 1^4 - 2^4 - 3^4 - 8^4 - 10^4 - 72^4 = 212^4\)

\(1^6 + 2^6 + 4^6 + 5^6 + 6^6 + 7^6 + 9^6 + 12^6 + 13^6 + 15^6 + 16^6 + 18^6 + 20^6 + 21^6 + 22^6 + 23^6 = 28^6\)

Подальші приклади та посилання на такі результати наведені в [1, с. 682]. З іншого боку, єдиним відомим рішенням у цілих числах рівняння в заголовку є тривіальне 1 + 2 = 3. У листі до автора\(\ddot{o}\) П.Ерд припустив, що це єдине рішення. Об'єкт цієї записки ts показати, що якщо рівняння має рішення с\(n > 1\), то\(m > 10^{1000000}\).

Нехай\(S_n(m)\) позначають\(\sum_{i = 1}^{m - 1} i^n\). У чому далі ми припускаємо

\[S_n(m) \equiv m^n, n > 1.\]

Можна досліджувати (6.1) за допомогою різних модулів і тим самим отримати обмеження на\(m\) і\(n\). Це, по суті, наш метод, але модулі підібрані настільки, що ми можемо об'єднати отримані конгруенції таким чином, щоб отримати надзвичайно великі межі для\(m\) без трудомістких обчислень.

Використовуємо наступну лему.

Лемма 1. Якщо\(p\) є простим і\(\epsilon_n(p)\) визначається\(\epsilon_n (p) = -1\) коли\((p - 1)\ |\ n\) і\(\epsilon_n (p) = 0\) коли\((p - 1)\) не ділиться,\(n\) то

\[S_n(p) \equiv \epsilon_n(p)\ \ \ \ (\text{mod } p).\]

Просте доказ (2) наведено в [2, с. 90].

Тепер припустимо\(p\ |\ (m - 1)\), тоді

\(s_n(m) = \sum_{i = 0}^{\dfrac{m - 1}{p} - 1} \sum_{j = 1}^{p} (j + ip)^n \equiv \dfrac{m - 1}{p} \cdot \epsilon_n (p)\)(мод\(p\)).

З іншого боку\(m \equiv 1\) (мод\(p\)) так що по (6.1)

\[\dfrac{m - 1}{p} \cdot \epsilon_n (p) \equiv 1\ \ \ \ (\text{mod } p).\]

Звідси\(\epsilon(p) \not\equiv 0\) (мод\(p\)) так, що з визначення\(\epsilon_n (p)\) його випливає, що\(\epsilon_n(p) = -1\) і

\[p\ |\ (m - 1)\ \ \text{implies } (p - 1)\ |\ n.\]

Таким чином (6.3) можна поставити в форму

\[\dfrac{m - 1}{p} + 1 \equiv 0\ \ \ \ (\text{mod } p)\]

або

\[m - 1 + p \equiv 0 \ \ \ \ (\text{mod } p^2).\]

З (6.6) випливає,\(m - 1\) що квадратвільна. Далі, оскільки легко перевіряється, що з\(m - 1 \ne 2\) цього випливає, що\(m - 1\) повинен мати хоча б один простий дільник, тому по (6.4)\(n\) парний.

Тепер ми помножимо разом всі конгруенції типу (6.5), тобто по одному для кожного простого ділення\(m − 1\). Оскільки\(m − 1\) квадратний вільний, то результуючий модуль є\(m − 1\). Крім того, продукти, що містять два або більше різних чинників форми,\((m − 1)/p\) будуть ділитися на\(m − 1\). Таким чином отримуємо

\[(m - 1) \sum_{p\ |\ (m - 1)} \dfrac{1}{p} + 1 \equiv 0\ \ \ (\text{mod } m - 1)\]

або

\[\sum_{p\ |\ (m - 1)} \dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{m - 1} \equiv 0\ \ \ (\text{mod } 1).\]

Єдині значення\(m \le 1000\), яким задовольняють (6,8), є 3, 7, 43.

Переходимо до розробки ще трьох конгруенцій, аналогічних (6.8), які при поєднанні з (6.8) призводять до основного результату. Рівняння (6.1) можна записати у вигляді

\[S_n (m + 2) = 2m^n + (m + 1)^n.\]

Припустимо, що\(p\ |\ (m + 1)\). Використовуючи (6.2) і факто, що\(n\) є парним, ми отримуємо, як і раніше

\[p\ |\ (m + 1)\text{ implies } (p - 1)\ |\ n\]

і

\[\dfrac{m + 1}{p} + 2 \equiv 0 \ \ \ \ (\text{mod } p).\]

З (6.11) випливає, що жоден непарний простий не з'являється з показником, більшим за одиницю в\(m + 1\). Однак прайм 2 вимагає особливої уваги. Якщо ми досліджуємо (1) з модулем 4, і використовуємо той факт, що n парне, то знайдемо це\(m + 1 \equiv 1\) або 4 (мод 8). При цьому\(m + 1\) є непарним або містить 2 рівно до другого ступеня. Якщо припустити другу з цих можливостей, то (6.11) можна поставити у вигляді

\[\dfrac{m + 1}{2p} + 1 \equiv 0\ \ \ \ (\text{mod }p).\]

Множимо разом всі конгруенції типу (12). Цей модуль тоді стає\(\dfrac{m + 1}{2}\). Далі будь-який термін, що включає два або більше різних факторів,\(\dfrac{m + 1}{2p}\) буде ділитися на\(\dfrac{m + 1}{2}\) так, що при спрощенні ми отримаємо

\[\sum_{p\ |\ (m + 1)} \dfrac{1}{p} + \dfrac{2}{m + 1} \equiv 0\ \ \ \ (\text{mod } 1).\]

Ми переходимо до пошуку двох або більше конгруенцій, подібних до (6.13), не використовуючи припущення, що\(m + 1\) є парним. Припустимо, що\(p\ |\ 2m - 1\) і нехай\(t = \dfrac{1}{2} (\dfrac{2m-1}{p} - 1)\). Ясно\(t\) це ціле число і\(m - 1 = tp + \dfrac{p - 1}{2}\). Так\(n\) як навіть\(a^n = (-a)^n\) так, що

\(S_n (\dfrac{p - 1}{2}) \equiv \dfrac{\epsilon_n (p)}{2}\)(мод\(p\)).

Зараз

\[S_n (m) = \sum_{i = 0}^{t - 1} \sum_{j = 1}^{p - 1} (j + ip)^n + \sum_{i = 1}^{(p - 1)/2} i^n \equiv (t + \dfrac{1}{2}) \epsilon_n (p) \text{ (mod } p).\]

З іншого боку\(m^n \equiv 0\) (мод\(p\)) так, що (6.1) і (6.14) мають на увазі\(\epsilon_n (p) \not\equiv 0\). Звідси\(p - 1/n\) і теорема Ферма\(m^n \equiv 1\) (мод\(p\)). Таким чином (6.1) і (6.14) вихід\(-(t + \dfrac{1}{2}) \equiv 1\) (мод\(p\)). \(t\)Замінивши його значенням і спрощуючи отримаємо

\[\dfrac{2m - 1}{p} + 2 \equiv 0\ \ \ \ (\text{mod } p).\]

Так як\(2m - 1\) непарний (6.15) має на увазі,\(2m - 1\) що квадратвільна. Множення конгруенцій типу (6.15), по одному для кожного з\(r\) простих дільників\(2m - 1\) прибутковості

\(2^{r - 1} ((2m - 1) \sum_{p\ |\ (2m - 1)} \dfrac{1}{p} + 2) \equiv 0\)(мод\(2m - 1\)).

Оскільки модуль непарний, це дає

\[\sum_{p\ |\ (2m - 1)} \dfrac{1}{p} + \dfrac{2}{2m - 1} \equiv 0 \ \ \ \ (\text{mod } 1).\]

Нарешті отримаємо відповідну конгруентність для ділення простих чисел\(2m + 1\). Для цього пишемо (6.1) у формі

\[S_n(m+1) = 2m^n.\]

Припустимо\(p\ |\ 2m + 1\). Набір\(v = \dfrac{1}{2} (\dfrac{2m + 1}{p} - 1)\). Використовуючи знову аргумент, подібний до того, який використовується для отримання (6.16), ми знаходимо, що\((p - 1)\ |\ n\) і\(2m + 1\) є квадратним. Нарешті отримуємо

\[\sum_{p\ |\ (2m + 1)} \dfrac{1}{p} + \dfrac{4}{2m + 1} \equiv 0\ \ \ \ (\text{mod } p).\]

Ми знову припускаємо,\(m + 1\) що навіть так, що (6.13) тримає. Якщо ми тепер додамо ліву частину (6.8), (6.13), (6.16) і (6.18), ми отримаємо ціле число, принаймні 4. Жоден простий не\(p > 3\) може розділити більше одного з чисел\(m - 1\),\(m + 1\),\(2m - 1\),\(2m + 1\). Далі, 2 і 3 можна розділити st найбільш два з цих чисел. Отже, якщо\(M = (m - 1) (m + 1)(2m - 1) (2m + 1)\) тоді

\[\sum_{p\ |\ M} \dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{m - 1} + \dfrac{2}{m + 1} + \dfrac{2}{2m - 1} + \dfrac{4}{2m + 1} \ge 4 - \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3}.\]

Ми вже бачили, що єдиними можливостями для\(m\) with\(m \le 1000\) є 3, 7 та 43. Вони легко виключаються (6.16). Таким чином (6,19) дає

\[\sum_{p\ |\ M} \dfrac{1}{p} > 3.16.\]

З (6.20) випливає, що якщо\(\sum_{p \le x} \dfrac{1}{p} < 3.16\) тоді\(M > \prod_{p \le x} p\). Доведемо наступну лему.

лема 2

\(\sum_{p \le 10^7} \dfrac{1}{p} < 3.16.\)

Доказ

За прямим обчисленням

\[\sum_{p \le 10^8} \dfrac{1}{p} < 2.18.\]

З таблиці Лемера [3] та явних оцінок за\(\pi (x)\) рахунок Россера [4] можна легко перевірити, що для\(10^3 < x < 10^7\)

\[\pi(x) < \dfrac{1.2x}{\log x}.\]

Тепер у [2, с. 339] показано, що

\[\sum_{p \le x} \dfrac{1}{p} = \dfrac{\pi (x)}{x} + \int_2^{\pi} \dfrac{\pi (x)}{x} dx.\]

комбінування (6.21), (6.22) і (6.23) дає необхідний результат.

У [4] доведено, що

\[sum_{p \le x} \log p > (1 - \dfrac{1}{\log x}) x, x < e^{100}.\]

Звідси

\(\log M > \log \prod_{p \le 10^7} p = \sum_{p \le 10^7} \log p > (1 - \dfrac{1}{7 \log 10}) 10^7 > (.93) 10^7.\)

Тепер\(M < 4n^2\) так, щоб

\(\log m > (\dfrac{\log M - \log 4}{2}) > (.231)10^7\)

і\(m > e^{(.231) 10^7} > 10^{1000000}\).

Повертаючись до випадку\(m - 1\) непарного, зауважимо, що в цьому ми не можемо використовувати (6.13). \(N = (m - 1) (2m - 1) (2m + 1)\)Відпускаємо з (6.8), (6.16) і (6.18)

\[\sum_{p\ |\ N} \dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{m - 1} + \dfrac{2}{2m - 1} + \dfrac{4}{2m + 1} > 3 - \dfrac{1}{3}.\]

Однак, оскільки просте 2 не відображається на лівій стороні (6.25) насправді є більш сильною умовою на m, ніж є (6.19), так що в будь-якому випадку\(m > 10^{1000000}\).

Посилання

[1] Л.Е. Діксон, Історія теорії чисел, том 2

[2] Харді та Е.М. Райт, Вступ до теорії чисел.

[3] Д.Г. Лемер, «Список простих чисел від 1 до 10 006 721».

[4] Б.Россер, «Явні межі для деяких функцій простих чисел», Амер. Журнал математики. , 63 (1941), 211—232.