|
|
|
|
|
|
Арифметика кн и Ра Ѵі |
|
Полагая |
теперь |
У = |
q |
— кх, получим |
х = 2 ДР + кс1 _ д _ и д.г |
а |
|
|
|
|
|
|
|
|
к2— а |
|
будет 2 > 0 |
и |
Р і = х |
+ _ Р > р . |
При |
этом каждому рациональ |
ному значению |
к (к2 > |
а) будет отвечать одно и только одно |
ра |
циональное решение |
уравнения. |
|
|
|
|
12. |
Задача |
ѴТД5 |
эквивалентна системе |
|
|
|
|
|
|
O -kX Y + 2 = |
□ , |
|
|
|
|
|
|
|
b / t Z Y + Z ^ |
□ , |
|
которая |
решается тем |
же методом, |
что и задача ѴІ14. Лемма |
применяется |
для того, |
чтобы для |
уравнения |
|
|
|
|
qrk2 — qs(r — q) = |
П = и2, |
|
где g = |
8, г = 17, о — Ѵгр? = 60, |
и |
которое имеет рациональное |
решение (6, 24), найти другое ре |
|
|
|
шение, для |
которого |
к.2 > 60. |
|
|
|
|
Замечание Ферма к задачам ѴІ14 |
|
|
|
и ѴІ16 (№ XLI): |
|
|
|
|
|
|
|
|
«Благодаря нашему мето |
|
|
|
ду |
можно попробовать разре |
|
|
|
шить следующий вопрос, ко |
|
|
|
торый без этого был бы очень |
|
|
|
труден: |
|
|
|
|
|
|
|
Н айт и такой прямоуголь ный треугольник, что при вы читании площади ив гипоте нузы или одной ив сторон при прямом угле получается ква драт».
13. |
При решении задачи ѴІ1С Диофант~пользуется теоремой |
Евклида о том, что биссектриса делит противолежащую сторону на |
части, пропорциональные двум другим сторонам («Начала», кн. VI, |
предл. 3). Пусть стороны искомого треугольника X , |
Y , Z, а биссек |
триса делит противолежащую сторону X на части |
Х г и X — Х г |
(см. рис. 5). Обозначим длину биссектрисы A D через U, тогда зада |
ча сведется |
к системе |
|
|
|
|
|
У _ |
Хг |
|
|
|
Ъ |
X — Х \ ' |
|
|
X 2+ |
Y 2 = |
Z2, |
|
|
X 2 + |
Y 2 = |
U2. |
|
АРИФМЕТИКА КНИГА V I
изящной, не была до сих пор известна ни Баше, ни комулибо другому, чьи труды дошли до меня» 1).
15. Задача ѴІі8 эквивалентна системе
|
|
ГѴа ХУ + |
Z = |
и3, |
|
|
|
|
ІХ -I- У + |
Z = |
V2. |
|
|
Диофант, |
как и |
в предыдущей задаче, полагает |
V2X Y |
= х, |
X — X, Y = |
2, Z = |
р 3 — X , где |
р 3 — произвольный |
куб. |
Тогда |
первое уравнение обращается в тождество, а второе уравнение дает
|
|
Р 3 + 2 = |
а2. |
|
Диофант |
полагает р = |
t — 1 п |
получает |
(1) |
t3 — 3С- -I- Зг + |
1 = |
а2. |
Решение этого уравнения |
он находит |
с помощью подстановки |
|
|
»== 3h t +1. |
|
Нетрудно понять, как была получена эта подстановка. Уравне ние (1 ) представляет эллиптическую кривую, которая имеет рацио
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
нальные |
решения |
t = 0, |
ѵ = |
± |
1. Поэтому |
следует |
положить |
(по методу касательной, см. ІѴ24) |
а = |
kt + 1 |
и |
подобрать к так, |
чтобы в |
результирующем уравнении отсутствовал член с первой |
степенью t . |
Получим к = |
3/2, t = |
21/4, |
р = 17/4 |
и а = |
71/8. - |
Таким |
образом, |
решением |
первоначальной |
задачи |
будет |
16. |
Задача ѴІ]0 эквивалентна |
системе |
|
|
|
|
|
ГѴ* |
ХУ + |
У = |
а2, |
|
|
|
|
|
|
tx + y + Z = ѵ*. |
|
|
|
Диофант образует прямоугольный треугольник с помощью |
нечетного |
числа р = 2х + |
1, т. е. |
полагает |
|
|
|
|
X = ? ~ 1 = 2х2 + 2х, |
У = р = 2х + 1, |
|
|
|
Z = f + - і = 2ж2 4- 2х + 1. |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
') Заметим, |
что уравнение |
+ |
2 = Y’ |
имеет бесконечно |
много рациональ |
ных решений, которые могут быть найдепы |
методом |
касательной |
Дио |
фанта (см. комментарий к |
IV..,). Теорема, |
сформулированная |
Ферма, |
относительно целочисленных |
решений этого уравнения, была впервые до |
казана |
Эйлером (Èlémens |
d’algèbre, t. |
II, |
5 102, 1796). |
|
к о м м е н т а р и и
Из второго уравнения |
получаем |
|
|
|
|
(х + |
1) (4* + |
2) = |
Vя. |
|
|
Если мы разделим каждую из сторон X , У, |
Z па х |
+ |
1, то периметр |
будет 4х + 2 |
II второе уравнение примет вид |
|
|
|
4х -|- |
2 = |
ѵя. |
|
|
|
Из первого уравнепші имеем |
|
|
|
|
|
|
|
2х + |
1 = |
и". |
|
|
|
Сравнивая полученные уравнения, найдем |
|
|
(*) |
|
Vя = |
2іг. |
|
|
|
Диофант |
берет одно из решений итого последнего уравнения: |
и = 2, V = 2 |
и получает |
х = |
3/2, |
X = |
15/5, У = |
8/5, Z = 17/5. |
Заметим, |
что уравнение (*) |
встречалось уже |
в задачах ѴІ1_2, |
Общее его решение можно найти с помощью подстановки ѵ — а и,
тогда и — — , |
|
ѵ = — |
и X = -L • ^ ~ 0(6 , |
а |
значит, п |
X , |
У, Z |
|
а3 |
|
|
а2 |
|
2 |
|
|
а9 |
|
|
|
|
|
выразятся как рациональные функции от а. |
|
|
|
|
17. Задача |
ѴІ20 эквивалентна системе |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f V» ХУ + |
У = в », |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ix + y + z =»*, |
|
|
|
|
|
где, как всегда, |
|
X 2 + |
У2 = |
Z2. |
Воспользовавшись решением пре |
дыдущей |
задачи, |
получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2х + |
1 |
= |
и3, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
kx + |
2 = |
V2, |
|
|
|
|
|
т. е. V2 = |
2и3. |
В |
качестве |
решений |
Диофант |
берет |
и = |
2, |
ѵ = 4 |
и находит X = |
7/2, X = 63/9, У = |
|
16/9, Z = |
65/9. |
|
|
|
И здесь можно найти бесконечно много других решений, если |
искать решения |
|
уравнения |
ѵ2 = |
2и3 в виде ѵ = hu, |
что |
приведет |
к параметрическому выражению для неизвестных. |
|
|
|
18. Задача |
ѴІ21 эквивалентна |
системе |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
j |
|
х + |
у + г = и » , |
|
|
|
|
|
|
|
|
ІА" + У + Z + |
Ѵг АУ = |
г3. |
|
|
|
Прямоугольный треугольник (X, У, Z) Диофант образует из |
чисел X |
и 1, |
т. е. полагает X |
= |
я? — 1, |
У = 2х, |
Z = |
х2 + 1. |
|
АЕйфмЕтиКа КнйРа VI |
Тогда уравнения системы |
принимают вид |
( |
2 х 2 2 х = и 2 , |
|.г3 + 2г2 -f- X = у3.
Первое из них легко обратить в квадрат, пользуясь методом Дио
фанта. Достаточно положить и = кх, тогда х = . |
. Подставляя |
к- — 2 |
это значение во второе из уравнений, Диофант |
иолучает |
2/£■> |
о |
---------- = |
г3; |
(й2 - 2)3 |
|
значит, 2/с4 = и®, или 2к = ш3, к — ш3/2.
Остается позаботиться, чтобы стороны искомого треугольника
получились положительными. Если взять |
ш3 = 8, т. е. |
к = 4, |
то X = |
1/7 |
и Х |
= аг — 1 < 0. Поэтому Диофант решает неравен |
ство |
X2 = |
------- ------Ъ» 1, |
т. е. к2 <" 4 и А2 > |
2, или 23 <" ш6 < 24. |
|
|
(к2 — 2)2 |
качестве w число 3/2, тогда А = |
27/16 |
Диофант выбирает в |
и я = |
512/217. |
На самом |
деле каждому |
рациональному |
числу, |
шестая степень которого лежит в промежутке (23, 24), отвечает решение задачи.
19.В задаче ѴІ22 требуется отыскать прямоугольный треуголь
ник (X , У, Z), для которого
[X + Y + Z + 4 2X Y = V2.
Диофант сначала исследует задачу об определении прямоуголь ного треугольника, если эадапы его периметр и площадь. Пусть
|
|
X + Y + Z = p, |
|
|
|
Ч* X Y = |
д |
(р = 12, |
5 = 7 ) . |
Диофант |
полагает |
4 |
X = — , тогда У = 2qx, |
|
4 |
|
|
X |
|
При этом должно выполняться условие X 2 |
Z = р — — — 2qx. |
|
X |
|
|
|
+ У2 = |
Z2, т. е. |
|
|
|
|
|
і р д х 2 + |
2 р = ( р 2 + |
А д ) X . |
Для существования рациональных корней необходимо и достаточно, чтобы дискриминант этого уравнения был квадратом:
