Екі белгісізі бар дәрежесі екіден артық теңдеулер

Екі белгісізі бар дәрежесі екіден артық теңдеулер жүйесі кейбір жағдайлар болмаса, әрқашанда х және у бүтін сандар жиынында тек қана шекті сандар шешіміне ие. Ең алдымен мына теңдеуді қарастырайық:

мұндағы n – екіден артық бүтін сан, – бүтін сандар.

Біздің жүзжылдықтың басында А. Туэ дәлелдегендей, мұндай теңдеу х және у бүтін сандар жиынында шекті сандар шешіміне ие, тек қана кейбір жағдайлар бұлай болмайды, мәселен, бұл теңдеудің біртекті сол бөлігі бірінші дәрежелі біртекті екімүшеліктің дәрежесі болса. Соңғы жағдайда біздің теңдеу мына екі түрдің біреуіне ие:

,

және бірінші немесе екінші дәрежелі теңдеуге келтіріледі. Біз А.Туэ әдісінің күрделілігінен, оны қолдана алмаймыз және (1) теңдеудің шешімдер санының шектілігін дәлелдейтін кейбір ескертулермен шектелеміз.

1. 
   теңдеудің екі жағында санына бөлейік:
   

Біз бұл теңдеудің барлық түбірлері әр түрлі және a₀∙ a_n ≠ 0деп қана емес, бұл теңдеудің түбірлері бүтін коэфициентті төменгі дәрежелі теңдеудің түбірлері бола алмайды деп ұйғарайық.

Жоғарғы алгебрада әрбір алгебралық теңдеудің ең болмағанда бір түбірі бар екені дәлелденеді, әрбір көпмүшелік бүтіндей (z - α) бірмүшелігіне бөлінеді, егер α – оның түбірі болса. Көпмүшелікті көбейтінді түрінде жазсақ:

(4)

мұндағы α₁, α₂, …,α_n – берілген көпмүшеліктің барлық n түбірлері. Көпмүшеліктің көбейтінді түрінде жазылған өрнегін пайдаланып, (2) теңдеуді мына түрде жазуға болады:

(5) теңдеудің бүтін сандар жиынында [x_k, y_k] санаусыз көп шешімі болсын. Демек, абсолют шамасы бойынша y_k санынан үлкен шешімдері бар деген сөз. Кез – келген анықталған саннан абсолбт шамасы бойынша кіші, y_k сонымен шектелген санаусыз көп жұптар бар болғанда және x_k қаншалық үлкен болса, онда мұндай x_k үшін теңдеудің сол жағы да сонша үлкен болатын еді, бірақ бұлай болу мүмкін емес. Енді y_k өте үлкен болсын, онда (5) теңдеудің оң жағы кіші болар еді, демек сол жағы да кіші болуы керек. Бірақ теңдеудің сол жағы бүтін және бірден кіші емес және a₀ санын қамтитын n көбейткіштің көбейтіндісі. Сондықтан, сол жақтың кішілігі, абсолют шамасы бойынша мына айырымның қайсыбірінің кішілігінен келіп шығады:

Бұл айырым кіші болады, сонда тек сонда ғана, α_m шындығында, теңдігінен орын алмаса. Қарсы жағдайда, біздің айырымымыздың модулі кіші бола алмайды, себебі:

(5) теңдеудің сол жағындағы екі көбейткіштің айырымы бірдей уақытта модулі бойынша кіші бола алмайды, себебі:

сандарының барлығы өзара әртүрлі болғандықтан, абсолют шамасы, не модулі бойынша ең кіші айырымы нөлден үлкен болады (m ≠ S). Оның өлшемін 2d арқылы белгілесек, y_k шексіз өсетіндіктен, кез – келген жеткілікті y_k үшін келесі теңсіздік орынды:

немесе
(7)

Бірақ, егерде бұл теңдіктегі әрбір айырымын d мәнінің ең кіші өлшемімен алмастырсақ, ал санын бірмен алмастырсақ, санынан кіші бүтін сан бола алмайды, онда (8) теңдіктің сол жағы оң жағынан кіші болады және біз келесі теңсіздікті аламыз:

немесе

теңсіздігін аламыз, мұндағы с x_n және y_n сандарына тәулді емес. Сондықтан, қандай да бір анықталған m бар болады, оған сайкес α_m үшін (9) теңсіздік санаусыз көп рет орындалады. Басқаша айтқанда, егер (1) теңдеудің бүтін сандар жиынында санаусыз көп шешімі бар болса, онда бүтін коэффициентті (3) алгебралық теңдеудің α түбірі болады және q қаншалық үлкен болса да, мына теңсіздік орындалады:

мұндағы А – p, q сандарына тәуелсіз тұрақты, p, q – бүтін сандар, ал n – α санын қанағаттандыратын теңдеудің дәрежесі. Егер α кез – келген нақты сан болса, онда оны (10) теңсіздіктің p және q бүтін сандар жиынында санаусыз көп шешімі болатындай етіп таңдауға болар еді. Біздің жағдайда α бүтін коэффициентті алгебралық теңдеудің түбірі, мұндай сандар алгебралық деп аталады және ерекше қасиеттерге ие.

Алгебралық санның дәржесі дегеніміз – осы сан қанағаттандыратын кіші дәрежелі бүтін коэффициентті алгебралық теңдеудің дәрежесі.

А. Туэ дәлелдегендей n – ші дәрежелі α алгебралық саны үшін

теңсіздігінің p және q бүтін сандар жиынында ақырлы сандар шешімі болуы мүмкін. Бірақ болғанда, (10) теңсіздіктің оң жағы жеткілікті үлкен q үшін (11) теңсіздіктің оң жағынан кіші болып қалады , себебі; . Сондықтан егер (11) теңсіздіктің p және q бүтін сандар жиынында тек ақырлы сан шешімі бар болса, онда (10) теңсіздік те ақырлы сан шешіміне ие. Демек, (3) теңдеудің барлық түбірлері n – нен кіші дәрежелі бүтін коэффициентті теңдеудің түбірлері бола алмағандықтан, (1) теңдеу бүтін сандар жиынында тек ақырлы шешімге ие. Ал n = 2 үшін (10) теңсіздіктің шындығында, кез – келген А ушін p және q сандар жиынында санаусыз көп шешімі бар екенін оңай көруге болады.

P(x, y) – кез – келген х және у мәндеріне қатынасты бүтін коэффициентті көпмүшелік болсын, басқаша айтқанда,

мұндағы - бүтін сандар. Біз бұл көпмүшелікті

Ерекше және күрделі әдіспен К. Зигель мынаны дәлелдеді:

теңдеуінің х және у бүтін сандар жиынында санаусыз көп шешімі болады, сонда тек сонда ғана, егер де мына сандар бар болса:

және

Оларды х және у мәндерінің орнына қойғанда, t параметріне қатысты

тепе – теңдігін аламыз. Мұндағы n – кейбір бүтін сан, P(x, y) - дәрежесі екіден үлкен жіктелмейтін көпмүшелік.

Егер біз екі белгісізі бар теңдеулер үшін, бүтін сандар жиынында ақырлы немесе ақырсыз сандар шешімдерінің бар болуы туралы сұраққа жауап берсек, ал дәрежесі екіден көп, белгісізі екіден артық теңдеулер үшін бұл сұраққа теңдеудің кейбір жеке жағдайларына байланысты ғана жауап бере аламыз. Мысалы ретінде, Ферма теоремасына келіп тоқталайық.

Француз математигі Пьер Ферма мынандай тұжырым айтқан:

x ⁿ + y ⁿ = z ⁿ

теңдеуінің бүтін үшін x, y, z бүтін оң сандар жиынында шешімі жоқ. Ол өз тұжырымының дәлелдемесі бар екенін айтса да, оның дәлелдемесі табылған жоқ. Сонымен қатар математик Куммер бұл тұжырымның дәлелдеуін тапқысы келді, бір уақытта таптым деп те ойлады, оның пайымы бүтін сандар облысында дұрыс болса, одан да күрделірек сандар құрылымында дұрыс болмады. Бүтін алгебралық сандар, басқаша айтқанда, жоғары дәрежелі коэффициентті 1 – ге тең және бүтін рационал коэффициентті алгебралық теңдеулердің түбірлері жіктелмейтін бүтін сандар жиынында басқа көбейткіштерге жіктеу мүмкін емес. Ал енді түріндегі барлық алгебралық сандардың жиынтығын қарастырайық, мұндағы m, n - бүтін сандар. Осындай екі санның қосындысы және көбейтіндісі сол жиынтықтың сандары болатынын бірден көруге болады. Құрамындағы сандардың кез – келгенінің көбейтіндісі және қосындысы да құрамына кіретін кіретін сандар жиынтығын сақина деп айтады. Анықтама бойынша, біздің сақинаның құрамында мына сандар бар: 2, 3, 1+, 1 – ; Бірақ

6 = 2∙3 = (1+)(1 – ),

басқаша айтқанда, 6 саны біздің сақинада бір ғана әдіспен жай көбеткіштерге жіктелмейді. Осыны анықтағаннан кейін, Куммердің ұлы Ферма теоремасын дәлелдегені дұрыс емес екендігіне көзі жетті. Көбейткіштерге жіктеудің жалғыз еместігіне байланысты қиындықты жеңу үшін, Куммер идеалдар теориясын құрды. Ол қазіргі уақытта алгебрада және сандар теориясында үлкен маңызға ие. Тіпті осы жаңа теорияның көмегімен де Кумер ұлы Ферма теоремасын толығымен дәлелдей алмады және оны тек қана ең болмағанда бір регуляр жай санға бөлінетін n үшін дәлелдеді.

Қазіргі уақытта Ферма теоремасы көптеген n үшін, жеке жағдайда, жүзден кіші жай санға бөлінетін кез – келген n үшін дәлелденген. Ұлы Ферма теоремасының математикадағы идеалдар теориясының ашылуына қосқан үлесі зор. Сонымен қатар, басқа әдіспен және басқа себептен бұл теорияны ұлы орыс математигі Е. И. Золотарев құрды.

Біз қазір n = 4 болғанда, Ферма теоремасына дәлелдеу келтіреміз, түсу әдісіне құралған бұл дәлелдеу өте қызық.

Ферма теңдеуінің x, y, z, xyz ≠ 0 бүтін сандар жиынында шешімі жоқ.

теңдеуінің x, y, z, xyz ≠ 0 бүтін сандар жиынында шешімі жоқ.

Бұл теоремадан (1) теңдеудің шешімдері жоқ екені бірден шығады. Егер (2) теңдеудің нөлден өзге x, y, z бүтін сандар жиынында шешімі болса, онда бұл сандар өзара екеуара жай екен деп пайымдауға болады. Шындығында, х және у сандарының ең үлкен ортақ бөлгіш d >1 болатын шешімдері болса, онда

x = dx₁ , y = dy₁,

мұндағы (x₁, y₁ ) = 1. (2) теңдеудің екі жағын да d санына бөлсек, біз мына теңдікті аламыз:

Бірақ x₁және y₁ бүтін сандар, сондықтан саны да бүтін болады. Егер де z₁ және y₁ сандарының ортақ бөлгіші k > 1 болса, онда x₁ ² (3) теңдеуден к – ға бөлінуі керек, демек, x₁ және к өзара жай болуы мүмкін емес. Нөлден өзге бүтін сандар жиынында (2) теңдеудің шешімдері бар болса, онда нөлден өзге өзара жай сандар жиынында шешімі бар екенін дәлелдедік. Сондықтан, бізге (2) теңдеудің нөлден өзге өзара екеуара жай бүтін сандар жиынында шешімі жоқ екенін дәлелдеу жеткілікті. Дәлелдеуміздің арғы қадамында, (2) теңдеудің бүтін оң сандар және екеуара жай сандар жиынында шешімдері бар деп қарастырайық. Біз 1.4 тақырыбында

теңдеуінің барлық шешімдері өзара екеуара жай оң бүтін сандар жиынында

формылалары арқылы анықталатынын дәлелдегенбіз. (5) формулаға (4) теңдеудің барлық шешімдерін анықтайтын басқа түр берейік. u, v – тақсандар болғандықтан, былай тұжырымдайық:

Осы теңдіктен u және v мәндерін анықтаймыз:

мұндағы a және b әртүрлі жұп және тақ сандар. 6 – 7 теңдіктерінен көрініп тұрғандай – ақ, кез – келген тақ өзара жай u және v сандар жұбына әртүрлі жұп және тақ a, b сандары сәйкес келеді, және керісіше, тақ a, b сандар жұбына өзара жай тақ u және v сандар жұбы сәйкес келеді. Сондықтан,

мұндағы a және b x > 0 болғандағы өзара жай жұп және тақ сандар. Осыдан х және у әртүрлі жұп және тақ сандар екендігі шығады. Егер (2) теңдеу [x₀ , y₀, z₀] шешімдеріне ие болса, онда

[x₀ ²] ² + [y₀ ²] ² = z₀² ,

және де бұл үштік сандар (x₀ ² , y₀ ², z₀) (4) теңдеудің шешімдері болады. Сонда a және b, а > b өзара жай жұп және тақ сандары үшін:

Анығырақ болу үшін x₀ - тақ, ал y₀ – жұп деп алайық. Екеуінің орнын ауыстырсақ та ештеңе өзгермейді. Біз білеміз, тақ санның квадратын 4 – ке бөлгенде 1 қалдық қалады. Сондықтан

теңдігінен а – тақ, ал b – жұп екендігі шығады. Ал а – тақ сан және (а, b) = 1 болғандықтан, (а, 2b) = 1 болады. Онда

теңдігінен

екендігі шығады. Мұндағы t, s – кез – келген бүтін сандар. Бірақ, (10) қатынастан [x₀, b, а ] (4) теңдеудің шешімдері екені шығады. Демек,

мұндағы m және n – өзара жай жұп және тақ сандар.

(11) теңдіктен мынаны аламыз:

,

m және n – өзара жай болғандықтан,

мұндағы p және q нөлден өзге бүтін сандар, a = t ² және болғандықтан,

Бірақ,

сондықтан

[x₀ , y₀, z₀], [x₁ , y₁, z₁], ... , [x_n , y_n, z_n], …,

мұндағы бүтін оң z₀, z₁, z₂, z₃,…, z_n,…, сандары монотонды кемиді, басқаша айтқанда, ол үшін мына теңсіздік орынды:

z₀ > z₁ > z₂ > z₃ > … > z_n …

Бірақ бүтін оң сандар ақырсыз монотонды кемімелі тізбекті құра алмайды, сондай – ақ мұндай тізбекте z₀ – ден артық мүшелері бола алмайды. Осыдан біз (2) теңдеудің x, y, z (xyz ≠ 0) бүтін сандар жиынында ең болмағанда бір шешімі бар деген ұйғарымға қарама – қайшы келіп отырамыз. Осымен (2) теңдеудің шшешімдері болмайтыны дәлелденді. Сәйкесінше (1) теңдеудің де оң бүтін [x , y, z] сандар жиынында шешімі жоқ, қарсы жағдайда [x , y, z] – (1) теңдеудің шешімі болса, онда [x , y, z ² ] - (2) теғңдеудің шешімі болады. Осымен біз (2) теңдеудің бүтін сандар жиынында шешімі жоқ екенін ғана емес,

x ⁴ⁿ + y ⁴ⁿ = z ²ⁿ

теңдеуінің де шешімі жоқ екенін дәлелдедік.

Мысал.

x ⁴ + y ⁴ = z ² (15)

теңдеуінің нөлден өзге x , y, z бүтін сандар жиынында шешімі жоқ екенін дәлелдеу керек. Біз (15) теңдеудің бүтін оң сандар жиынында [x₀ , y₀, z₀] шешімі болсын деп ұйғарайық. Осы сандарды бірден өзара жай деп айта аламыз, себебі ең үлкен ортақ бөлімі d > 1 болса, онда сандары да (15) теңдеудің шешімдері болар еді. Сонымен қатар (15) теңдеудің бүтін сандар жиынындағы барлық мүмкін z шешімдері ішінен z₀ – ең кішісі деп ұйғарайық. Сонда [x₀ , y₀, z₀] – (15) теңдеуді шешімдері болғандықтан, [x²₀ , y²₀, z₀]

теңдеуінің шешімдері болады. Осы теңдеудің барлық бүтін оң шешімдерін беретін 1.4. тақырыбындағы (8^/ ) формуласын қолдансақ, бүтін оң a және b сандарының бар екенін көреміз, (a, b) = 1, мұндағы а тақ сан және мына теңдіктерді қанағаттандырады:

теңдігінен

екендігі шығады, мұндағы m және n – бүтін оң сандар және (m, 2n) = 1. Бірақ (17) теңдіктен

шығады, мұндағы x₀ және а тақ сандар.

Тақ санның квадратын 4 – ке бөлгенде 1 қалдық қалатынын көргенбіз. Сондықтан (18) теңдіктің сол жағын төртке бөлгенде 1 қалдық қалады, ал өрнегін де 4-те бөлгенде 1 қалдық қалуы керек . Демек, (18) теңдіктің оң бөлігінің жақшасы тек қана плюспен енуі керек. Енді (18) теңдікті мына түрде жазуға болады:

немесе мына формада жазуға болады:

мұндағы x₀, m және n бүтін оң және өзара жай сандар. Тағы да 1.4. тақырыбындағы (8^/ ) формуладан p және q сандары табылады, р – тақ сан, (p, q) = 1, сонда

және болғандықтан

мұндағы s, r - өзара жай сандар. Бұдан соңғы рет мына қатынас шығады:

Бұл қатынас s, r, m (15) теңдеудің шешімдерін құрайтынын көрсетеді. Жоғарыда көрсетілген

теңдіктерінен екендігі шығады. Сонымен [x₀ , y₀, z₀] шешімдерінің арқасында, басқа [s, r, m] шешімдерін таптық, мұндағы 0 < m < t₀. Соңғы теңсіздік біздің [x₀ , y₀, z₀] шешімдеріндегі z₀ – ең кішісі деген ұйғарымымызға қайшы. Осымен біз (15) теңдеудің шешімдері бар деген ұйғарымға қарсы келдік және бұл теңдеудің нөлден өзге бүтін сандар жиынында шешімдері жоқ екенін дәлелдедік.

Соңында біз көрсеткіштік теңдеулерге байланысты бірнеше ескертулер жасаймыз.

(22)

теңдеуі бүтін x, y, z сандар жиынында ақырлы сандар шешіміне ие, мұндағы a, b, c – бүтін, дәрежесі 2 – ге және нөльге тең емес сандар. Осы тұжыырым аз ғана қосымша толықтырумен кез – келген a, b, c алгебралық сандары үшін дұрыс. Сонымен қатар, мына теңдеу:

Алгебралық сандар теориясында әрбір 1.6. тақырыбындағы (1) түрдегі теңдеуге (23) түрдегі кейбір көрсеткіштік теңдеулер сәйкес келетіні дәлелденеді, сонымен қатар бүтін сандарда 1.6. – (1) теңдеуінің әрбір шешіміне (23) теңдеудің шешімі сәйкес келеді. Мұндай сәйкестіктер 1.6. – (1) және (23) теңдеулерінен жалпы түрдегі теңдеулер үшін таралған.