Тройки Маркова

Как правило, диофантовы уравнения – сложная вещь. Не всегда удаётся найти все решения или хотя бы доказать, что они есть. Однако уравнение

x? + y? + z? = 3xyz,

на которое в своих исследованиях квадратичных форм наткнулся Андрей Андреевич Марков-старший (наиболее известный трудами по теорверу и цепями Маркова), решается полностью довольно просто – достаточно знаний за восьмой класс. В качестве решений рассматривать будем только натуральные тройки чисел.

Первое, что можно заметить: уравнение симметрично – переменные можно поменять местами, и равенство не изменится. По этой причине мы будем считать решениями уравнения неупорядоченные тройки. Например, решения x=1, y=1 ,z=2 и x=1, y=2, z=1 будем считать одинаковыми.

• Выделим сразу самые очевидные решения: (1,1,1) и (1,1,2). Ни в каком другом решении уравнения Маркова, кроме этих двух, не будет повторяющихся чисел (предлагаю проверить, что, например, при x = y в натуральном решении x обязан быть равен 1, а z – либо 1, либо 2).

Сейчас мы увидим, что синтезировать новые решения этого уравнения из уже имеющихся очень просто.

Пусть у нас уже есть тройка чисел (a,b,c), такая что a?+b?+c?=3abc. Рассмотрим квадратный трёхчлен f(x) = x? - 3xbc + b? + c?. Знаем, что a является его корнем, но есть и второй корень a’. По теореме Виета aa’ = (b? + c?), что даёт нам положительность a’, и a’ = 3bc – a.

Значит, из решения (a,b,c) можно преобразованием a’=3bc-a получить решение (a’,b,c). Очевидно, если применить это преобразование снова, мы получим исходную тройку. А в силу симметричности с тем же успехом можно заменить b на 3ac - b, а c – на 3ab - c.

• Проверим, что a и a’ различны в случае, когда все числа тройки были разными: пусть b > c, тогда f(b) = b?(2-3c) + c? < 0 (т к 2-3с ?-1), а поскольку трёхчлен задавал параболу с ветками вверх, b находится между двумя корнями.

• Также по дороге мы доказали, что если заменить с помощью преобразования самое большое число в тройке, то новое окажется меньше по крайней мере одного из двух других.

Таким образом, из одной тройки можно получить целых три других при условии, что все числа в ней были различны. Посмотрим, что получится, если множить их таким образом.

Начнём с (1,1,1). Новое решение здесь можно получить только одним способом, и это будет (1,1,3*1-1) = (1,1,2). Теперь есть два способа выполнить преобразование. Один вернёт нас к первой тройке, а второй даст (1,2,5). Из этой тройки получается предыдущая и две новых: (1,5,13) и (2,5,29). Из каждой из них можно получить ещё по две новых и т.д. Это всё можно изобразить в виде двоичного дерева. Как видим, наши решения не просто множатся, а, как бактерии, в геометрической прогрессии!

Итак, мы получили способ синтезировать сколько угодно решений уравнения Маркова. Верно и обратное: все тройки Маркова исчерпываются теми, что получаются из (1,1,1) таким способом. Ведь взяв любое решение, можно последовательно уменьшать самые большие числа в тройках, и в конце концов придём к (1,1,1), где уменьшать уже будет некуда. (Поскольку «обратный путь» однозначен, из этих же соображений видно, что каждая тройка в дереве может встретиться только один раз) Готово – уравнение решено!

Однако остаётся в нём одна загадка, которую решить до сих пор не удалось, так называемая гипотеза единственности:

• Верно ли, что тройка Маркова однозначно определяется своим наибольшим числом? То есть могут ли в дереве встретиться две разные тройки, чтобы у них был одинаковый наибольший элемент. Предполагают, что такого быть не может, но это не доказано.

Из всего представленного вы можете вывести ещё несколько свойств троек Маркова:

~ Если число попало в какую-то тройку, то в какой-то тройке оно обязательно будет наибольшим.

~ Элементы троек попарно взаимно просты (если у двух будет общий делитель, то на него будут обязаны делиться и третье, и все элементы на «обратном пути» вплоть до единицы). Из этого можно получить, что

~ Никакие элементы троек не делятся на 3 и на 4.

Ещё из примечательного в построенном дереве есть две особые ветки. Одна – та, в которой одним из элементов всегда остаётся единица, то есть заменяется среднее из чисел. Если одна из них, упорядоченная в порядке возрастания, имеет вид (1, m?, m???), то следующая будет (1, m???, m???), где

m??? = 3 m??? - m?.

Но точно такой же формулой задаются друг через друга члены последовательности Фибоначчи с нечётными номерами, начиная с F?=1=m? и F?=2=m?. Отсюда F????=m?, то есть наибольшие числа в тройках этой ветки – это числа Фибоначчи, перечисленные через одно.

Аналогично в той ветке, где одним из элементов всегда остаётся двойка, в качестве наибольших элементов следуют друг за другом числа Пелля с нечётными номерами – тоже занятная последовательность, связанная с диофантовыми уравнениями и цепными дробями.

А если вам интересно, откуда же Андрей Андреевич такое чудесное уравнение вытащил, напишите об этом в комментариях, и я напишу продолжение)

Либо можете почитать что-то из источников:

Поподробнее и покороче: Ю.Г. Прохоров. Числа Маркова в арифметике и геометрии.

Поподробнее и подлиннее: Aigner Martin. Markov's Theorem and 100 Years of the Uniqueness Conjecture

Телеграм: t.me/ainewsline

Источник: vk.com

Комментарии: