«Радикализм» в числах

Такие числа существуют.

Что делает операция взятия радикала с числом? Если в разложении числа на простые множители какие-то из множителей встречаются в высоких степенях, то эта операция сильно уменьшит такое число: ведь после нее каждый из таких множителей останется только в первой степени. Поэтому если удачно подобрать A, B и C и в каждом из этих чисел будут множители в высоких степенях, то rad(A·B·C) будет во много раз меньше произведения A·B·C и может оказаться меньше сомножителей. Так, что даже умножение на 1000 не спасет.

Если сразу подобрать такие числа не получается, то можно попробовать вместо 1000 взять коэффициент поменьше. Например, 10. Также, чтобы не возиться с взаимной простотой, можно положить B = 1. Это сразу обеспечит требуемую в условии попарную взаимную простоту всех трех чисел (подумайте, почему).

Следуя совету из подсказки, будем считать, что B = 1. Тогда C = A + B = A + 1. Поскольку разность двух чисел делится на любой общий делитель этих двух чисел, а у нас получилось, что C − A = 1, то числа A и C взаимно просты.

Пусть пока коэффициент перед радикалом равен 10. Попробуем найти такие числа A и C, что А + 1 = С и C > 10·rad(A·C). Будем действовать «методом тыка».

Пусть С = 100. Тогда А = 99, rad(A·C) = 330, 10·rad(A·C) = 3300. Не совсем то, что хочется. За таким выбором С никаких глубоких соображений не стоит, просто автору показалось, что удобно взять степень 10, так как справа стоит множитель 10. Попробуем взять С = 1000. Тогда А = 999, rad(A·C) = 1110, 10·rad(A·C) = 11 100. Уже лучше!

Что будет, если продолжать пробовать в качестве С брать всё более высокие степени 10? Кое-что про это понять довольно легко. Так как А и С взаимно просты, то

Значит, нужно попробовать подобрать такое С = 10ⁿ (то есть, фактически, надо подобрать подходящее n), чтобы выполнялось rad(A) < C/100 = 10^n − 2.

Заметим, что А — это число вида 9...9, в записи которого стоит ровно n девяток. То есть А делится на 9: А = 9·1...1 = 3²·1...1 (оба раза там по n единиц). Квадрат тройки в разложении уже есть. Можно ли еще увеличить степень тройки и сделать так, чтобы этот множитель из одних единиц тоже делился на 3? Можно. Более того, для любого натурального показателя степени k существует число такого вида, которое делится на 3^k. Чуть ниже докажем это, но сначала поймем, чем же это хорошо. А вот чем: радикал все эти степени тройки «уничтожит» и оставит только первую, то есть такое число от взятия радикала уменьшается во много раз. Но А чуть меньше С, поэтому если rad(A) меньше А хотя бы в 100 раз, то дело в шляпе, ведь тогда будет верна вся цепочка неравенств rad(A) < А/100 < C/100, а это нам и нужно.

Итак, нужно доказать, что для любого натурального k есть число вида 1...1, которое делится на 3^k. Докажем по индукции, что число из 3^k единиц подходит.

База индукции, k = 1. Нетрудно проверить, что 111 делится на 3. Шаг индукции: предположим, что число из 3^k единиц делится на 3^k, и покажем, что из этого следует, что число из 3^k + 1 единиц делится на 3^k + 1. Дело в том, что число из 3^k + 1 единиц — это три «блока» из 3^k единиц, то есть его можно разложить на множители:

Первый множитель делится на 3^k по нашему предположению, а второй делится на 3 по признаку делимости на 3, значит всё произведение делится на 3^k + 1. Что и требовалось доказать.

Из доказанного только что утверждения получается, что число из 3⁴ = 81 единиц делится на 81. Значит, если взять в качестве А число из 81 девятки, то оно будет делиться на 81·9 = 3⁶ = 729. Поэтому rad(A) меньше такого А как минимум в 3⁵ = 243 раза. И оно нам подходит. Наверняка это не самый маленький возможный пример. Но из него очень легко получить ответ на исходную задачу, в которой перед радикалом стоял коэффициент 1000 (а не 10): нужно просто взять такое k, что 3^k + 1 больше 10 000 (а не 100), то есть k = 8 подойдет (3⁸ = 6561, 3⁹ = 19 683). Тогда, аналогично тому, что было чуть выше, получим, что число А из 3⁸ девяток будет делиться на 3¹⁰, а его радикал будет как минимум в 3⁹ раз меньше. То есть верны неравенства

А значит,

Ясно, что есть и другие примеры подходящих чисел. Наверняка можно подобрать гораздо меньшие числа. Но данный способ решения ценен тем, что в нем видны все этапы рассуждений: от «экспериментальных» данных через обобщение и формулировку гипотезы к полному решению, которое годится для любого коэффициента перед радикалом в правой части неравенства из условия.

Рассмотренная задача напоминает формулировку abc-гипотезы — не доказанного еще утверждения из теории чисел, которое было сформулировано в середине 1980-х годов. Вот формулировка этой гипотезы:

Для любого ε > 0 существует константа k такая, что для любых попарно взаимно простых натуральных чисел A, B, C с условием A + B = C верно неравенство С < k·rad(A·B·C)^1 + ε.

Из решения нашей задачи видно, что если в правой части неравенства взять первую степень радикала (то есть при ε = 0), то сразу окажется бесконечно много троек чисел A, B, C, которые нарушают это неравенство. А вот если ε > 0, то такого «раздолья» уже не будет: для каждого ε можно подобрать такую константу k (для разных ε константы будут разные), что какую бы мы не взяли тройку натуральных чисел, удовлетворяющих равенству A + B = C, для них обязательно будет выполняться указанное неравенство. Если, конечно, гипотеза верна. Верна она или нет — сейчас неизвестно. Пока никому не удалось ни доказать ее, ни опровергнуть.

Попытки доказать abc-гипотезу регулярно предпринимаются, но пока все тщетно. Последней, видимо, серьезной заявкой на успех было доказательство японского математика Синъити Мотидзуки, однако представленные им тексты настолько трудны для понимания даже ведущими специалистами, что, вероятно, в ближайшее время никто не сможет проверить, верно ли его доказательство или нет. Ну, а раз математическому сообществу проверить не удается, то это фактически означает, что доказательства нет. «The Paradox of the Proof» — не отягощенный серьезными математическими подробностями рассказ об этом всем (есть неплохой русский перевод этого текста).

Есть два довода в пользу того, что гипотеза верна. Оба они ни в коем случае не могут рассматриваться как серьезные аргументы — скорее, эти доводы вселяют слабую надежду в справедливость гипотезы. Первый — большое количество компьютерных вычислений по поиску связанных с гипотезой троек чисел. Ищут тройки, для которых ε был бы как можно больше, но пока даже значение ε = 0,7 не достигнуто. Кстати, каждый может поучаствовать в этом.

Второй довод в пользу справедливости гипотезы состоит в том, что из нее следуют многие очень сложные и глубокие теоремы и еще не доказанные гипотезы. Достаточно упомянуть лишь гипотезу Морделла (которую в 1983 году доказал Фальтингс, за что он получил Филдсовскую медаль). Подробнее об этом можно узнать из лекции Д. Орлова «АВС-гипотеза и ее следствия».

Доступность формулировки гипотезы чем-то напоминает историю с Великой теоремой Ферма, формулировка которой тоже понятна школьнику. Правда, в остальном эти утверждения скорее противоположны. Дело тут не в том, одно из них уже доказанная теорема, а про второе пока ничего не понятно. Важно значение для развития науки и тот способ, которым это значение достигается. Теорема Ферма несколько веков была притягательной задачей для многих ученых. В попытках ее доказать родилось много плодотворных идей и методов. А доказана она была с использованием мощнейшего аппарата алгебраической геометрии, который был создан в XX веке (подробнее об этом читайте в статье Ю. Соловьева «Гипотеза Таниямы и последняя теорема Ферма», а вся история этой теоремы изложена в книге С. Сингха «Великая теорема Ферма»). Но вот из самой теоремы Ферма никаких полезных следствий нет. В противоположность этому из abc-гипотезы, как уже говорилось, следует много важных и не очень фактов. В том числе — что если abc-гипотеза верна, то из нее буквально в несколько предложений следует Великая теорема Ферма. Вот как это получается.

Будем доказывать теорему Ферма при n > 6 (при меньших n она была доказана больше двухсот лет назад; более того, в середине XIX века Куммер доказал теорему Ферма при всех n, меньших 100, кроме значений 37, 59, 67), используя abc-гипотезу с ε = 1. Считается, что в этом случае k = 1. Доказываем от противного. Пусть такая тройка ненулевых взаимно простых чисел x, y, z существует: xⁿ + yⁿ = zⁿ. Если обозначить A = xⁿ, B = yⁿ, C = zⁿ, то эти три числа удовлетворяют условию abc-гипотезы. Значит, верно, что C < rad(A·B·C)². Но

так как очевидно, что z больше x и y. Получается, что zⁿ = C < rad(A·B·C)² < (z³)² = z⁶. Противоречие, ведь n > 6.

Вот такое вот простое и понятное доказательство теоремы Ферма. Вряд ли француз имел в виду это доказательство в своем комментарии в книге Диофанта. Но мы можем теперь сказать, что почти знаем поистине чудесное доказательство этой теоремы, которое вполне можно уместить на полях... Осталось только доказать abc-гипотезу.

Рассмотренная задача предлагалась участникам LXXVII Московской математической олимпиады.