Немного сложнее доказать, что не раскладывается на множи­тели х¹ — хлу + у². Допустим, что

ж² — ху + у¹ = (ах + /Зу)(ух + 6у).

Посмотрим на множество ж² — ху + у² = 0.

Умножим всё на 4, затем преобразуем:

4ж² — 4жу + 4у² = 0,

4ж² — 4жу + у² + 3 у² = 0.

Свернем 4ж² — 4жу + у² = (2ж — у)² по формуле Бинома Ньютона.

Получим (2ж — у)² + 3у² = 0.

Если сумма квадратов равна 0, значит, каждый из них равен 0. Значит, во-первых, 3у² = 0, то есть у = 0. А во-вторых, (2ж^у²) = 0, то есть 2ж — у = 0, откуда в силу у 0 имеем ж 0. То есть это уравнение задает точку (0; 0). Но (ах + /3y)(jx + 8у) по-прежнему задает две прямые (в крайнем случае, одну). Множества опять не совпадают. Значит, разложить ж²^жу+у² на множители нельзя.

Зачем мы это делаем? Я снова сделаю переход от истории к ма­тематике.

Вернемся к ж² + у² = z². Рассмотрим несколько способов реше­ния этой задачи.

Первый способ решения называют «формулой индусов», т. к. по­лагают, что еще древние индусы знали это решение.

Давайте посмотрим, какие бывают варианты для четности или нечетности ж, у и г? Если число четное, оно имеет вид 2к, тогда его квадрат имеет вид (2к)² = 4к² и он делится нацело на 4. (В не­которых книгах факт делимости изображается так: 4к² : 4.)

Если число нечетное, то его можно представить в виде выраже­ния 2к + 1 для некоторого целого к, и тогда

(2 к + I)² = 4fc² + 4fc + 1 = 4(fc² + к) + 1.

4(fc²+fc) + l — не просто нечетное число. Это число, которое при де­лении на 4 имеет остаток 1.

Какие бывают остатки при делении на 4? 1 и 3 у нечетных чисел и 0 и 2 у четных. Так вот, выведенные формулы показывают, что у квадратов всегда остатки либо 0, либо 1. Например,

О² = 0, I² = 1, 2² = 4,

то есть ноль при делении на 4, далее — 9, 16, 25, 36, 49 (с чередо­ванием остатков 1 и 0 при делении на 4).

Тут есть еще один более глубокий «фокус-покус»:

(2 к + I)² = 4 (к² + к) + 1 = 8^±1 + ¹ = 8^—^ + 1, к(к + 1)

где ^ всегда целое число. В числителе стоят два подряд

идущих числа. Оно из них всегда четное, значит, это выражение делится на 2.

Получается замечательная вещь. Квадрат любого нечетного чи­сла дает остаток 1 при делении на 8. Это — очень важный факт. Но в нашем случае важен остаток при делении на 4.

Вернемся к нашему уравнению

х² + у² = z² (7)

(так как это — формулировка теоремы Пифагора, то такие пря­моугольные треугольники со сторонами х, у, z, где х, у, z — целые числа, называются «пифагоровыми»).

Прежде всего сократим все на 2.

Делим на 2 все три числа, пока они синхронно будут делиться. Затем, заодно, разделим все три числа на все их прочие общие про­стые множители. Так мы опишем не все треугольники, а только качественно разные. Поясним сказанное, воспользовавшись поня­тием подобия треугольников.

Если два треугольника подобны, то тройки их сторон пропор­циональны друг другу. Интересно в каждом семействе подобных друг другу пифагоровых треугольников найти самый маленький треугольник с целыми сторонами. Потом мы сможем умножить найденное решение (x,y,z) на любое целое положительное число. Треугольник увеличится, но останется пифагоровым.

У этого самого маленького треугольника не будет делимости ни на одно простое число у всех трех сторон одновременно. Но и дли­ны двух сторон не могут делиться, например, на 2, иначе длина третьей стороны тоже будет обязана делиться на 2, так как выпол­няется равенство (7). Если делятся слагаемые, то делится и сумма, значит, можно сократить все три числа.

То есть у минимальных троечек из этих трех чисел на 2 мо­жет делиться только одно. Аналогично и на любое другое простое число может делиться длина не более одной из трех сторон.

Оказывается, что не подходит тот вариант, когда х, у, z — все нечетные числа. В самом деле, предположим, что все числа нечет­ные. х¹ — нечетное, у¹ — нечетное. Следовательно, г — четное (так как сумма нечетных чисел всегда четна). Значит, все-таки одно (и только одно) из х, у, z должно делиться на 2.

А могут х и у быть нечетными? Нет, потому что у квадратов при делении на 4 будет остаток 1, а их сумма даст остаток 2, но г — четное, поэтому его квадрат при делении на 4 должен дать в остат­ке 0. Значит, в любой пифагоровой тройке после ее максимального сокращения число г будет нечетным. Для примера возьмем трой­ку (30,40,50). Она сводится к тройке (3,4,5), где 5 — нечетное число.

Вернемся к нашему выражению

,2 _ Z — У Z + У

2'

Числа справа состоят из разных простых делителей. В каждое

из чисел простые множители могут входить хоть поодиночке, хоть

z — у z у

в степенях, но пересечении между разложениями —^— ^и —2— ^нет' Например,

z — у о ·

—— =Р_1Р%Р₃.. ,р_к,

g И” 1J ^7

—2 = Ш1'Ш2'Ш₃ ... w_m.

(Вместо 5 и 7 здесь могут быть любые степени.)

С другой стороны, к² = qfq^ ■ ■ ■ q², поэтому

· · · ?/ = P1P2PS ■ ■ -Pkw\w2wl ...w⁷_m.

Согласно основной теореме арифметики, существует единствен­ное разложение натурального числа на простые множители с точ­ностью до порядка сомножителей. Значит, по обе стороны от знака равенства стоят наборы одинаковых простых чисел. В частности, q² равен произведению двух чисел из правой части.

Так как пересечений простых множителей в наборах pi,... ,pk ш wi,..., w_m нет, то этот квадрат целиком «сидит» в одном из на­боров. Но то же самое можно сказать и про все прочие квадраты!

Поэтому все простые числа набора pi входят в разложение числа

z — у , „

—-— в четных степенях, и то же самое верно для набора Wj. Оле-

^J Z — у Z + у

довательно, числа —^— ¹¹ —^— являются квадратами .

Это очень сильное утверждение (потому что квадратов очень мало среди натуральных чисел). 1,4,16, 25, 36,49 ... — они встре­чаются все реже.

Введем новые обозначения. Так как наши выражения — ква­драты, то обозначим:

х² + у² = 4 т²п² + m⁴ — 2 m²n² + n⁴ = m⁴ + 2 m²n² + n⁴ =

= (m² + n²)² = г².

Мы видим, что наша формула всегда дает «пифагоровы» трой­ки, но не обязательно положительные и взаимно простые.

Общая формула содержит два произвольных параметра. Для наглядности построим сетку (рис. 137).

Рис. 137. Здесь спрятались все пифагоровы тройки!

В сетке выберем точку с координатами (0; 0) и оси: т впра­во, п вверх. Будем брать точки с координатами (т; п) и подста­влять их в нашу формулу. Например, возьмем точку (2; 1).

х = 2тп = 2 · 2 · 1 = 4,

у = _т² - п² = 2² - I² = 3, z = т² + п² = 2² + I² = 5.

Давайте возьмем что-нибудь более сложное. Напомню, что для по­лучения минимальных пифагоровых троек нам подходят только т п 0 с разной четностью.

Возьмем, например, (5; 2). Получим х = 20, у = 21, г = 29.

При подстановке мы увидим, что у нас появляются разные ви­ды треугольников. Узкие вытянутые треугольники, у которых ка- тот и гипотенуза отличаются на единицу: 12, 5, 13. Треугольники, у которых катеты почти равны друг другу: 20, 21, 29 (рис. 138).

Какую точку па окружности даст нам треугольник 3, 4, 5? Точку (3/5; 4/5). Стороны 20, 21, 29 породят точку (20/29; 21/29). Для любой точки, которая попадает на окружность, сумма квадра­тов координат должна быть равна единице. Но не любая из этих точек рациональна.

Нужно найти все такие точки. Возьмем одну очевидную рацио­нальную точку с координатами (0, — 1).

Слушатель: А почему не (0; 1) или какую-то другую?

А.С: В принципе, можно выбрать какую угодно точку окружно­сти. Я выбрал такую точку, при которой формулы будут выглядеть проще всего.

Давайте предположим, что есть еще одна рациональная точка (х.у). Тогда прямая, которая проходит через эти две точки, имеет уравнение с рациональными коэффициентами (см. рис. 139). До­кажем это.

Рис. 139. Прямая, проходящая через точку (0,-1) и еще одну рациональ­ную точку, обладает рациональным коэффициентом наклона.

Давайте посмотрим, как выглядит уравнение прямой, проходя­щей через точку (0, —1) в общем случае. Вспомним, что у = кх+Ь уравнение прямой «с угловым коэффициентом и свободным чле­ном».

Если она проходит через точку (0,-1), то при подстановке х = 0, у = — 1 в наше уравнение мы должны получить верное равенство. Подставим: —1 = 0к + Ь, откуда Ь = — 1. то есть наше уравнение имеет вид у = кх — 1.

Мы получили общий вид прямой, проходящий через точку (0;—1). При разных к мы будем получать прямые с разным на­клоном (рис. 140).

случае рациональными числами, а отношение двух рациональных чисел является рациональным числом. Говорят, что рациональные числа «образуют поле», так как сумма, разность, произведение и частное дробей являются дробью.

Итак, если точка рациональная, то и наклон прямой, проходя­щей через нее и через точку (0; — 1) будет рациональным числом. Теперь мы докажем и обратное: если в формулу у = кх — 1 вме­сто к подставить любое рациональное число, то мы всегда получим в пересечении с окружностью две точки: (0; — 1) и какую-то другую рациональную точку.

Как найти точку пересечения прямой у = кх — 1 с окружностью х² + у² = 1?

Нужно решить систему уравнений

{у = кх — 1; х² + у² = 1.

Подставим значение у из первого уравнения во второе

х² + (кх — I)² = 1

и раскрываем скобки

х² + к²х² — 2 кх + 1 = 1.

Упрощаем:

х² + к²х² = 2 кх.

Можно сократить на ж, так как случай х = 0 нам не интересен — он даст уже знакомую точку (0,-1):

х + к²х = 2 к.

Выразим теперь х и у через к:

ж(1 + к²) = 2к; х = 2к/(1 + к²),

Из этих формул видно, что если к — рациональное число, то у их — тоже рациональные. Рациональные числа — это числа, с ко­торыми можно производить действия арифметической природы — плюс, минус, разделить, умножить. Рациональные числа от это­го остаются рациональными (то есть эти действия не выводят нас за пределы множества рациональных чисел).

Что значит «к — рациональное число»? Это значит, что к = Щ-. Подставим вместо к дробь Щ, считая, что т, п — положительны,

fn

причем т п, а дробь — несократима:

т

2

П

Осталось вспомнить, что в исходном уравнении х = а/с и у = Ь/с. Поэтому можно взять в качестве а числитель первой дроби, в ка­честве b — числитель второй дроби и в качестве с — их общий знаменатель. Получится: а = 2тп, Ь = т² — п¹, с = т² + п². Одно из решений получается сразу, а прочие ему пропорциональны. Мы имеем тот же ответ, что и при первом способе решения. Внешне два метода, которыми мы решали эту задачу, совершенно не свя­заны друг с другом. Координаты и окружность нам показывают, какие множества высекают на плоскости те или иные алгебраиче­ские уравнения. А в первом способе была делимость и основная теорема арифметики. Она, являясь исключительно арифметиче­ским приемом, не имеет никакого отношения к геометрии. Стоит сказать, что если бы математики приходили к разным результа­там, решая одну и ту же задачу разными методами, то математика не была бы наукой. На деле же математика — это одно большое знание, связывающее разные методы между собой одним и тем же ответом.