Przeskocz do treści

Delta mi!

Loading

Jedno zdanie

Wojciech Czerwiński

o artykule ...

  • Publikacja w Delcie: lipiec 2017
  • Publikacja elektroniczna: 30 czerwca 2017
  • Autor: Wojciech Czerwiński
    Afiliacja: adiunkt, Instytut Informatyki, Uniwersytet Warszawski

O trudnym problemie, który ma jednozdaniowe rozwiązanie...

Problem. Nieparzysta liczba pierwsza |p może być przedstawiona jako suma dwóch kwadratów liczb naturalnych

p = x2 + y2 (1)

wtedy i tylko wtedy jeśli p ≡ 1 (mod 4).

Taką hipotezę postawił w 1625 roku Albert Girard, a w 1640 roku również Pierre de Fermat i to z jego powodu ten fakt nazywany jest teraz twierdzeniem Fermata o sumie dwóch kwadratów.

Jednak żaden z powyższych matematyków nie udowodnił postawionej hipotezy. Zrobił to dopiero w 1747 roku Leonard Euler, jego dowód był jednak dosyć skomplikowany. Potem pojawiały się kolejne, coraz prostsze dowody, udział wzięli m.in. Lagrange w 1775 roku i Dedekind w 1877 roku. Aż w końcu parę lat temu, w roku 1990, Don Zagier, amerykański matematyk, przedstawił dowód, który miał dokładnie jedno zdanie. Aby je wystarczy przeczytać artykuł z The American Mathematical Monthly, Vol. 97, No. 2.

Przedstawimy tutaj ten dowód w nieco większej, ale wciąż małej liczbie zdań. Po pierwsze, zauważmy, że jeśli |p /≡ 1 (mod 4) i p jest nieparzysta, to p ≡ 3 (mod 4). Zatem w oczywisty sposób p nie jest sumą dwóch kwadratów, bo każdy kwadrat przystaje do 0 lub 1 modulo |4.

Ustalmy taką liczbę |p, że |p ≡1 (mod 4). Do dowodu twierdzenia wystarczy wykazać, że równanie p = x2 +y2 ma przynajmniej jedno rozwiązanie. Przyjrzyjmy się dokładniej innemu równaniu

p = x2 + 4yz. (2)

Wykażemy, że ma ono nieparzyście wiele rozwiązań. Nim to jednak zrobimy zobaczmy, jak z tego wynika, że |p = x2 +y2 ma rozwiązanie. Zauważmy, że jeśli (x,y,z) jest rozwiązaniem (2), to (x,z,y) również. A więc rozwiązania równania (2) łączą się w pary, oprócz takich rozwiązań, że (x,y, z) = (x,z,y), czyli gdy y = z. Ponieważ, jak wykażemy wkrótce, rozwiązań (2) jest nieparzyście wiele, to nie wszystkie mogą połączyć się w pary i istnieje pewne rozwiązanie takie, że y = z. A to oznacza, że mamy  2 2 2 2 p = x + 4y = x + (2y) , czyli również (1) ma rozwiązanie.

Żeby wykazać, że (2) ma nieparzyście wiele rozwiązań, stosujemy podobną metodę co poprzednio. Rozważmy przekształcenie

 ⎧⎪⎪⎪(x +2z,z,y − x −z) jeś li x ⩽ y− z ⎪⎪ f (x,y,z) = ⎨⎪⎪(2y −x, y,x −y + z) jeśli y − z < x ⩽ 2y ⎪⎪⎪(x −2y, x− y + z,y) jeśli x > 2y. ⎩ (3)

Okazuje się, że jeśli (x,y,z) rozwiązuje równanie (2), to  f (x,y,z) również, ponadto po dwukrotnym zastosowaniu funkcji | f do trójki |(x,y,z) otrzymujemy ponownie (x,y, z), co Czytelnik Cierpliwy może sprawdzić samodzielnie. A więc funkcja  f może nam posłużyć do sparowania rozwiązań równania (2): (x, y,z) jest w parze z  f(x, y,z). Jedyne rozwiązania, które nie stoją w parach, to te, dla których (x, y,z) = f (x,y,z). Okazuje się, że takie rozwiązania można jedynie otrzymać za pomocą środkowej linii definicji (3), czyli dla

(x, y,z) = (2y − x,y,x − y+ z). (4)

Łatwo sprawdzić, że linia pierwsza i trzecia dawałaby (x,y,z) = (0,0,0), co oczywiście nie spełnia równania (2). Dla (4) otrzymujemy x = y, czyli  2 |p = x +4xz = x(x + 4z). Musi to oznaczać |x = 1, więc y = 1 oraz  p−1 |z =-4-, czyli jest tylko jedno rozwiązanie (2), które nie stoi w parze: |(1,1, p−1). 4 A zatem rozwiązań (2) jest nieparzyście wiele, co kończy dowód.