Численный метод параметрического решения многостепенных систем диофантовых
уравнений на основе двух заданных
Кубанский государственный университет, Россия
Как известно, с помощью
диофантовых, в частности, многостепенных систем диофантовых уравнений удается
разрешить некоторые чрезвычайно важные в практическом отношении задачи теории
защиты информации.
Особый
интерес в этой связи будут представлять многостепенные системы диофантовых
уравнений вида
x1k+ x2k
+ . . . + xmk = y1k + y2k+
. . . + ymk, k = 1 . . n,
n < m
или
в компактной записи –
x 1, x 2 ,…, x m
Так как при n ≥ m система
(1) имеет лишь тривиальные решения
[1,2]: совокупность a1, a2 ,…, am значений переменных x 1, x 2,…, x m отличается от совокупности b1, b2, …, bm значений переменных y 1, y 2 ,…, y m лишь
порядком следования значений, т.е. {a1, a2 ,…, am} = {b1, b2, …, bm}, то исследуются только решения многостепенной системы
диофантовых уравнений n-ой степени, для которых n < m.
Особенность таких уравнений заключается в
том, что неизвестны общие непереборные методы их решения для любых m и
n. В то же время некоторые из этих уравнений допускают
параметризацию по одному, двум и более параметрам в виде
x i = x i (a, b, . . . , c) , y i
= y i (a, b, . . . , c) , a, b, . . . , c, xi, yi Î N, i = 1. . m,
из которых можно получить частные решения в
натуральных числах a1, a2, . . . , am, b1, b2, . . . , bm таких, что для всех n < m имеет место числовые тождества:
х15 + х25 + . . . + х55
= у5.
(2)
Для удобства и
компактности записей примем следующие символические обозначения:
10. Уравнение (А) запишем так:
(х1, х2,
. . . , х5)
20. Уравнение (2) запишем так:
(х1, х2, . . .
, х5)
Теорема 1. Допустим, что для уравнения
х15 + х25 + . . . + х55
= у5
(2)
построены два частных
решения (a, a2, . . . , a5, b) и
(a, b2, . . . , b5, c),
в которых имеется один общий член – a.
тогда,
на основе этих частных решений уравнения (2), можно строить одно частное
решение уравнения (А) в виде: (с, a2, . . . , a5, b, b2, . . . , b5).
Доказательство. Пусть имеем следующие два частных
решения уравнения (2) с одним общим членом
– a:
a 5 + a25 +. . . + a55 = b5 и a 5 + b25 +. . . + b55 = c 5.
тогда,
исключив этот общий член, получим
c 5 + a25 +. . . + a55 = b5 + b25 +. . . + b55, (3)
что доставляет одно частное
решение уравнения (А).
Так, например, из частных
решений
72 5 = 19 5 + 43 5 + 46 5 +
47 5 + 67 5
и
107 5 = 7 5 + 43 5 + 57 5 +
80 5 + 100 5
уравнения (2) получаем одно
частное решение нашего уравнения (A)
7 5 + 57 5 + 72 5 + 80 5 + 100
5 = 19 5 + 46 5 + 47 5 + 67 5 +
107 5. (4)
30. Числовое тождество (4) тогда примет вид:
(7, 57, 72, 80, 100)
Теперь рассмотрим
параметрическое решение указанного уравнения (2). Как известно [3], тождество
индийского математика Шастри (1934г.)
(75b5 – a5)5
+ (a5 + 25b5)5 + (a5 – 25b5)5
+ (10a3b2)5 + (50ab4)5
=
= (a5 + 75b5)5,
1,904 < a/b <2,371, (5)
приведённое польским
академиком Вацлавом Серпинским в своей книге [3] "О решении уравнений в
целых числах", (М.,1961. С.61), без вывода, при 0 < 25b5 < a5 < 75b5,
доставляет бесконечное множество натуральных решений уравнения (2) во взаимно
простых числах (при надлежащем преобразовании). Поскольку (5) нами
использовалось много раз, приведём наш вывод этого тождества.
Рассмотрим хорошо известное тождество
(x + y + z)5 = (x + y – z)5+(x – y + z)5+(–x
+ y + z)5+ 80xyz(x2 + y2 + z2). (6)
Пусть x = a5, y
= hb5, z = kb5, тогда
80xyz(x2 + y2 + z2) = 80hka5b10(a10 + b10(h2 + k2)).
Пользуясь свободою выбора
коэффициентов h и k, положим
80hk = p5, 24×5hk = p5, (7)
h2 + k2 = q5.
(8)
Из (7) следует, что hk = 2×54 (чтобы в обеих частях имели точные пятые степени), тогда hk = 2×54 и h2 +
k2 = q5.
Разложим 2×54 на произведение двух натуральных чисел всевозможными способами, а
именно:
|
|||||||||||||||||||||||
Определим тот набор (h;
k), при котором h2 + k2 = q5,
т.е. h2 + k2
равно точной пятой степени натурального числа.
При наборе (2×52; 52) получаем h2 + k2 = 55,
следовательно,
80hk = 105,
х = а5, у = 50b5, z = 25b5,
80xyz (x2
+ y2 + z2) = (10а3b2)5 +
(50ab4)5,
x + y – z = a5 + 25b5, x – y + z
= a5 – 25b5, – x
+ y + z = – a5 + 75b5,
x + y + z = a5
+ 75b5 и в итоге из (6) получаем тождество (5):
(a5 + 25b5)5
+ (a5 – 25b5)5 + (– a5 + 75b5)5
+ (10а3b2)5 + (50ab4)5 = (a5 +
75b5)5.
1075 = 75 + 405 + 435 + 575
+ 1005.
Другие наборы не
удовлетворяют уравнению (8). Возможно, существует другой способ получения
тождества (5), быть может, более короткий.
Выпишем тождества:
одно – тождество (5), а другое, получаемое из (5) заменой а через с
(75b5– c5)5
+ (c5 + 25b5)5 + (c5– b5)5
+ (10c3b2)5 + (50cb4)5 =
(c5 + 75b5). (9)
Потребуем от параметров a, b и с, чтобы один из членов левой части (5) был равен одному из членов
левой части (9), выбранным подходящим образом,
например,
10a3b2 = 50cb4, a3 = 5cb2. (10)
Из (10) следует, что а делится на 5.
Пусть а = 5m, тогда 125m3 = 5сb2, сb2 = 25m3.
Можем полагать b = 5,
с = m3. Подставим значения а = 5m, b =
5, с = m3 в тождества
(5) и (9).
Имеем
(75×55– 55×m5)5+(55m5 +25×55)5 + (55×m5– 5×55)5 + (10×53m3×52)5 +
+ (50×55×m)5 = (55×m5 +75×55)5.
Или
(75 – m5)5 + (m5 + 25)5 + (m5
– 25)5 + (10m3)5 + (50m)5 =
(m5 + 75)5. (5')
(75×55– m15)5 + (m15 + 25×55)5 + (m15– 25×55)5 + (10m9×52)5 + (50×54×m3)5 =
= (m15 + 75×55)5
или
(75×55– m15)5+(m15+57)5+(m15–
57)5+(2×53m9)5+(2×56×m3)5=(m15+75×55)5 (9')
Тождество (5')
перепишем в следующем виде (5")
(75×55– 55m5)5 + (55m5
+ 25×55)5 + (55m5– 25×55)5 + (2×56m3)5 + (2×57m)5 =
= (55m5
+ 75×55)5. (5")
Из (9') и (5'), исключив
член (2×56m3)5, получим тождество
(75×55– 55m5)5 + (55m5
+ 75×55)5 + (m15 + 57)5 +
(m15– 57)5 + (2×53m9)5 =
= (75×55– 55m5)5 + (55m5
+ 25×55)5 + (55m5– 25×55)5 + (m15
+ 75×55)5 + (2×57m)5.
Это тождество
доставляет бесконечное множество решений нашего уравнения (А). Мы можем,
разумеется, написать два тождества вида (5), а затем потребовать, чтобы
какой-либо член первого тождества был равен какому-либо подходящим образом
выбранному члену другого тождества. В этом случае получим одно уравнение с
четырьмя неизвестными. Каждое решение этого уравнения доставит соответствующее
решение нашего уравнения. Если же из такого уравнения получим параметрическое
решение, то тогда получим параметрическое решение нашего уравнения.
Пусть второе
тождество есть
(75 n5– m5)5 +
(m5 + 25n5)5 +
(m5 – 5n5)5 +
(10m3n2)5 + (50mn4)5 =
= (m5 + 75n5)5. (11)
Возьмём 50ab4
= 50mn4, откуда
ab4 = mn4. (12)
Легко найти параметрические решения уравнения (12). Пусть
a = s4, m = r4, тогда s4b4 = r4n4,
sb = rn; возьмём b = r, n = s, тогда
a = s4, b = r, m = r4, n = s. Из (5) получаем тождество:
(75r5– s20)5
+ (s20 + 25r5)5 + (s20 – 25r5)5
+ (10s12r2)5 + (50s4r4)5
= (13)
= (s20 +
75r5)5.
Из (11) имеем
(75s5 – r20)5 + (r20
+25s5)5 + (r20 – 25s5)5 +
(10r12s2)5 + (50 r4s4)5
=
= (r20 + 75 s5)5. (14)
Из (13) и (14), исключив (50 r4 s4)5,
получим тождество
(75 r5 – s20)5
+ (s20 + 25 r5)5 + (s20 – 25
r5)5 + (10 s12 r2)5 + (r20
+ 75 s5)5 =
(75 s5– r20)5
+ (r20 + 25 s5)5 + (r20– 25 s5)5
+ (10 r12 s2)5 + (s20 + 75 r5)5.
(15)
Это тождество
доставляет двупараметрическое решение уравнения (А) (при надлежащем
выборе значений параметров s и r).
Возьмём 10a3b2
= 10m3n2 или
a3b2 = m3n2. (16)
Пусть a = s2, m = r2, тогда s6b2
= r6n2, s3b = r3n,
следовательно, можем считать b = r3, n = s3.
Окончательно имеем: a = s2, b
= r3, m = r2, n = s3. При этих значениях a, b, m, n из (5) и (11) имеем
следующие тождества:
(75r15– s10)5
+ (s10 + 25r15)5 + (s10– 25r15)5
+ (10s6r6)5 + (50r12s2)5
=
= (s10 + 75r15)5.
(17)
(75s15– r10)5
+ (r10 + 25s15)5 + (r10 – 25s15)5+
(10r6s6)5 + (50r2s12)5
=
= (r10 + 75s15)5.
(18)
Исключив
из равенств (17) и (18) (10 r6 s6)5,
получим тождество
(75r15 – s10)5
+ (s10 + 25r15)5 + (s10– 25r15)5
+ (50r12 s2)5 + (r10 + 75s15)5
=
(75s15– r10)5
+ (r10 + 25s15)5 + (r10– 25s15)5
+ (50r2s12)5 + (s10 + 75 r15)5. (19)
Это тождество
также доставляет двупараметрические решения нашего уравнения при надлежащем
выборе параметров s и r.
Приведём ещё одно двупараметрическое и
некоторые частные решения уравнения (А).
По-прежнему,
пусть a3b2 = m3n2.
Легко находим значения a = s,
b = s2p4, m = sp2, n = s2p.
Тогда a3b2 = m3n2 = s7p8, следовательно, имеем тождество
(s5 + 75s10p20)5
= (– s5 + 75s10p20)5 +
(s5– 25s10p20)5 + (s5+25s10p20)5
+
+ (10s7p8)5 (50s9p16)5.
(20)
Тождества (20) и
(21) можно было сократить на s25 и
(sp)15 соответственно, но
для нашего случая этого делать нельзя.
(s5p10 + 75s10p5)5 =
(– s5 p10 + 75s10p5)5 +
(s5 p10– 25s10p5)5 +
+ (s5 p10+25s10p5)5
+ (10s7p8)5 + (50s9p6)5.
(21)
Из
(20) и (21) исключим (10s7p8)5. В итоге получим
(s5+
75s10p20)5 + (– s5 p10+ 75s10p5)5
+ (s5 p10– 25s10p5)5 +
(s5 p10 + 25s10p5)5+
+ (50s9p6)5 = (s5p10 +
75s10p5)5 + (– s5 + 75s10p20)5
+ (s5– s10p20)5 +
+ (s5 + 25s10p20)5 + (50s9p16)5.
Это тождество
сократим на s25 и
перепишем полученное тождество так:
(75s5p20+1)5+(25s5p20–1)5+(25s5p5+p10)5+(75s5p5–p10)5+(50s4p6)5=(75s5p5+p10)5+
(75s5p20–1)5+(25s5p20+1)5+(25s5p5–p10)5+(50s4p16)5. (22)
Аналогично
можно получить ещё другие параметрические решения уравнения (А).
В заключении приведём
таблицу некоторых частных решений
уравнения
(х1,
х2, . . . , х5)
таблица решений
1. (7, 57, 72, 80, 100)
2. (43, 46, 47, 67, 503)
3. (21, 23, 37, 84, 415)
4. (4, 26, 296, 412, 435)
5. (19, 201, 365, 388, 448)
6. (26, 139, 296, 412, 1150)
7. (94, 129, 171, 240, 300)
Литература:
York, 1959.
3. Серпинский В. О решении уравнений в целых числах. –
М., 1961.