Diophantische vergelijkingen

Transcriptie

1 Hoofdstuk 17 Diophantische vergelijkingen 17.1 Inleiding Een diophantische vergelijking is een vergelijking van de vorm F ( 1, 2,..., r ) = 0 waarin F een polnoom met gehele coëfficienten is en waarin de onbekenden 1, 2,..., r ofwel geheel (in Z) ofwel rationaal moeten zijn (in Q dus). Voorbeelden zijn er te over, waarvan hier een kleine bloemlezing, 3 2 = z 5, z 2 3z = 0, = 22,... en ga zo maar door. Een aantal voorbeelden hebben we trouwens al gezien, zoals Fermat s vergelijking n + n = z n in,, z Z en de vergelijking van Pell 2 N 2 = 1 in, Z. De oplossingsverzameling kan zeer sterk van de coëfficienten af te hangen. Zo is het bijvoorbeeld bekend dat = 4 geen oplossing, Q heeft (niet makkelijk aan te tonen!) maar dat = 22 er oneindig veel heeft. De kleinste is (25469/9954, 17299/9954). Dit grillige gedrag heeft een aantrekkingskracht op veel getaltheoretici gehad en het heeft anderen tot wanhoop gebracht. Het is een grootse uitdaging om enige sstematiek te ontdekken in de structuur van de oplossingen van diophantische vergelijkingen. De laatste vijftien jaar is er een indrukwekkende theorie hierover ontstaan, waarvan helaas slechts kleine onderdelen tot nog toe bewezen zijn. Het is in ieder geval duidelijk geworden dat de (comple) meetkundige structuur van F ( 1,..., r ) = 0 hierin een zeer belangrijke rol speelt. Naast de gewone diophantische vergelijkingen zijn er ook de eponentiële diophantische vergelijkingen. Dat zijn vergelijkingen waarin de geheeltallige onbekenden ook in de eponent kunnen voorkomen. Bijvoorbeeld = 5 z. Omdat er voor eponentiële vergelijkingen een mooie techniek bestaat is er een compleet boek aan gewijd, zie [ST]. Wij zullen verder alleen naar niet-eponentiële vergelijkingen kijken. Om iets van een klassificatie aan te brengen kunnen we diophantische vergelijkingen ordenen naar het aantal onbekenden en hun graad. Dit is ook de ordening die 158

2 17.2. TWEE VARIABELEN, GRAAD Mordell in zijn klassieke boek over diophantische vergelijkingen gaf, [Mo]. Het is duidelijk dat vergelijkingen in 1 variabele niet lastig zijn. Men bepaalt gewoon alle reële oplossingen, dat zijn er eindig veel, en kijkt of ze geheel of rationaal zijn, al naar gelang het probleem. Het volgende geval is dat van vergelijkingen in twee variabelen, F (, ) = 0 waarin F een polnoom in, is en met gehele coëfficienten. Over dit tpe vergelijkingen is de afgelopen 100 jaar het meeste bekend geworden en we beschikken over een boeiend arsenaal aan methoden en resultaten. Anderzijds is het nog steeds niet mogelijk om een willekeurig gegeven diophantische vergelijking in twee variabelen op te lossen. In de volgende paragrafen bekijken we diophantische vergelijkingen in, naar toenemende graad Twee variabelen, graad 1 Diophantische vergelijkingen van dit tpe hebben de vorm a + b = c met a, b, c Z. Dergelijke vergelijkingen hebben we al eens eerder gezien in verband met het Euclidisch algoritme. Neem aan dat ab 0. Rationale oplossingen, zijn makkelijk. Kies Q willekeurig, dan volgt uit de vergelijking dat = (c b)/a en dat is ook een rationaal getal. Bij gehele oplossingen ligt het iets subtieler. Als bijvoorbeeld a, b beide even zijn en c is oneven dan zijn er duidelijk geen oplossingen. In het algemeen moet gelden dat ggd(a, b) c opdat er oplossingen zijn. Maar in dat geval zijn er inderdaad oplossingen. Uit het Euclidisch algoritme kunnen we 0, 0 bepalen zodat a 0 + b 0 = ggd(a, b). En dus krijgen we een oplossing van onze vergelijking als we 0, 0 vermenigvuldigen met c/ggd(a, b). We hebben dus de oplossing ( 1, 1 ) = ( 0 c/ggd(a, b), 0 c/ggd(a, b)). Zij nu, een willekeurige gehele oplossing van a + b = c. Trek van deze vergelijking de gelijkheid a 1 + b 1 = c af, en we krijgen, a( 1 ) = b( 1 ). Stel a = a/ggd(a, b) en b = b/ggd(a, b). Dan geldt ook a ( 1 ) = b ( 1 ). Omdat ggd(a, b ) = 1 volgt dat b deler is van 1. Stel 1 = tb. Dan geldt 1 = ta. Dus (, ) = ( 1 tb, 1 + ta ) met t Z. Het is niet moeilijk te zien dat dit punt een oplossing is voor onze vergelijking voor willekeurige t Z. Hiermee is de vergelijking opgelost. Stelling Stel a, b, c Z en ab 0. Dan heeft de vergelijking a + b = c precies dan een gehele oplossing, als ggd(a, b) c. Zij 1, 1 zo n oplossing, dan wordt de volledige geheeltallige oplossingsverzameling gegeven door = 1 tb, = 1 + ta met t Z willekeurige en waarin a = a/ggd(a, b) en b = b/ggd(a, b).

3 160 HOOFDSTUK 17. DIOPHANTISCHE VERGELIJKINGEN Als voorbeeld geven we de oplossing van = 7 in, Z. Oplossing van = 1 met het Euclidisch algoritme geeft = 3, = 2. Een oplossing van = 7 is dus = 21, 14 en de volledige oplossing wordt gegeven door = t, = 14 5t met t Z willekeurig. Meetkundig kunnen we het oplossen van de vergelijking zien als het bepalen van punten met geheeltallige coördinaten op de rechte lijn a + b = c Twee variabelen, graad 2 In deze paragraaf kijken we naar de vergelijking a 2 + b + c 2 + d + e + f = 0 waarin a, b, c, d, e, f Z gegeven zijn. Meetkundig levert deze vergelijking ons een ellips, parabool,hperbool of een tweetal rechte lijnen op. We noemen dergelijke krommen kegelsneden. Bijvoorbeeld = 1 (ellips) of = 2 2 (parabool) of = 1 (hperbool) of ( + 1)( + 2) = 0 (paar rechte lijnen). Het geval dat de kegelsnede uit twee lijnen bestaat noemen we reducibel. De andere gevallen noemen we irreducibel. Soms krijgen we de lege verzameling zoals bij = 0. Laten we eerst eens kijken hoe het zit met de rationale oplossingen, dat wil zeggen, Q. We geven hier de stelling en een voorbeeld hoe we eraan komen. We zullen hier het taalgebruik bezigen dat we een rationale oplossing van de vergelijking een rationaal punt op de kegelsnede noemen en een geheeltallige oplossing een geheel punt op de kegelsnede. Stelling Stel a, b, c, d, e, f Z. Als de kegelsnede a 2 + b + c 2 + d + e + f = 0 irreducibel is en een rationaal punt bevat, dan bevat hij er oneindig veel. Deze stelling berust op het feit dat het heel eenvoudig is om, uitgaand van een rationaal punt, andere rationale punten te construeren. P C Noem de kegelsnede C en het rationale punt P. Kies een willekeurige rechte lijn l door P waarvan de helling rationaal is. Deze lijn snijdt de kegelsnede C in twee

4 17.3. TWEE VARIABELEN, GRAAD punten. Een ervan kennen we al, dat is P. Het andere punt blijkt ook rationaal te zijn. Bovendien kunnen we op deze manier alle rationale punten op C vinden. Hier volgt een voorbeeld. Beschouw de kromme = 0. Het is duidelijk dat = 1, = 1 een rationaal punt is. Trek een willekeurige rechte door (1, 1) met rationale helling. Deze heeft de vorm = 1 + t( 1) met t Q. Snijdt deze lijn met = 0. We vinden, 0 = 2 + 3(1 + t( 1)) = t( 1) + 3t 2 ( 1) 2 = ( 1)( 4) + 6t( 1) + 3t 2 ( 1) 2 Eén oplossing is = 1, dat weer aanleiding geeft tot het punt (1, 1). De - coördinaat van het andere snijpunt wordt = (4 6t + 3t 2 )/(1 + 3t 2 ). De bijbehorende waarde van is = (1 + 3t 3t 2 )/(1 + 3t 2 ). Het resultaat is dat = (4 6t + 3t 2 )/(1 + 3t 2 ), = (1 + 3t 3t 2 )/(1 + 3t 2 ) voor willekeurige t Q een oplossing van = 0 is. Neem bijvoorbeeld t = 5/4, waarmee we = 19/91, = 1/91 vinden. De oplossingen kunnen er dus best spectaculair uitzien! Merk op dat we een soortgelijke constructie hebben uitgevoerd bij de constructie van de Pthagoreïsche drietallen in Hoofdstuk 13. Daar construeerden we de rationale punten op de cirkel = 1. Als oefening kan de lezer zelf de rationale punten bepalen op de kegelsnede = 0. Tenslotte zij opgemerkt, dat er ook kegelsneden zijn met gehele coëfficienten waarop helemaal geen rationale punten liggen. Een voorbeeld is = 3. Stel namelijk dat we een rationale oplossing, hebben. Zij c de gemeenschappelijke noemer en stel = a/c, = b/c met a, b, c geheel en ggd(a, b, c) = 1. Dan volgt a 2 + b 2 = 3c 2. Modulo 3 volgt hieruit dat a 2 + b 2 0 (mod 3). De enige oplossingen modulo 3 zijn die waar a, b beide deelbaar door 3 zijn. Maar dan volgt uit a 2 + b 2 = 3c 2 dat 3c 2 deelbaar is door 3 2 en dus 3 c, in tegenspraak met ggd(a, b, c) = 1. Dan gaan we nu kijken naar gehele punten op de kegelsnede a 2 + b + c 2 + d + e + f = 0. Het beroemdste voorbeeld is 2 N 2 = 1, de vergelijking van Pell waaraan we een heel hoofdstuk gewijd hebben. Het algemene geval is minstens zo interessant maar het zou te ver voeren om hierop in te gaan. Wel vermelden we zonder bewijs de volgende stelling. Stelling (Gauss). Stel a, b, c, d, e, f Z met b 2 4ac 0. Als b 2 4ac negatief is of een kwadraat dan heeft de vergelijking a 2 +b+c 2 +d+e+f = 0 hoogstens eindig veel heeltallige oplossingen. Als b 2 4ac positief is en geen kwadraat dan heeft deze vergelijking óf nul óf oneindig veel oplossingen. Als speciale toepassing zien we dat Pell s vergelijking 2 N 2 = 1 oneindig veel oplossingen heeft als N geen kwadraat is. Uit de stelling volgt namelijk dat deze

5 162 HOOFDSTUK 17. DIOPHANTISCHE VERGELIJKINGEN vergelijking nul of oneindig veel oplossingen heeft. Aangezien we de oplossing = 1, = 0 hebben, is de oplossingsverzameling niet leeg en moeten er dus oneindig veel oplossingen zijn. In Hoofdstuk 15 gaven we precies aan hoe de oplossingsverzameling er uit ziet Twee variabelen, graad 3 Dit is het geval van de vergelijking a a a a a a 11 + a a 10 + a 01 + a 00 = 0 waarin a ij Z voor alle i, j gegeven zijn en,, zoals gewoonlijk, de onbekenden. Neem even aan dat niet alle coëfficienten nul zijn. De punten gedefinieerd door deze vergelijking noemen we een cubische kromme en we zullen hem C noemen. In deze paragraaf beperken we ons tot niet-singuliere krommen C. Het zou iets te ver voeren om hier precies te omschrijven wat ermee bedoeld wordt. Grof gezegd betekent het dat de kromme geen singuliere punten bevat, ook niet in het oneindige. Hier zijn een paar voorbeelden, 3+ 3 = 1 (6 - ) = 3- Een punt op de kromme C heet singulier als de kromme in dat punt geen raaklijn heeft. De volgende voorbeelden hebben een singulier punt in (0, 0). 2 = 2 ( + 1) 2 = 3 Vervolgens zijn ook de reducibele krommen, dat wil zeggen krommen die uit meerdere deelkrommen bestaan, singulier. Zoals ( )( ) = 0 en ( + 1)( + 1)( + 3) = 0,

6 17.4. TWEE VARIABELEN, GRAAD ( - )( ) = 0 ( + 1)( + 1)( + - 3) = 0 We zullen er niet van uitgaan dat de lezer zelf singuliere punten op een kromme kan bepalen. Voor ons doel is het voldoende op te merken dat de voorbeelden die we hier verder geven allemaal voorbeelden van niet-singuliere krommen zijn. Als een niet-singuliere cubische kromme C met gehele coëfficienten een rationaal punt bevat, dan noemen we C een elliptische kromme, hoewel deze krommen verder helemaal niets met ellipsen te maken hebben. Het is een naam die historisch zo gegroeid is. Het bekendste voorbeeld van een elliptische kromme is 2 = 3 + a 2 + b + c waarin het polnoom 3 + a 2 + b + c drie verschillende (complee) nulpunten moet hebben. De studie van rationale punten op elliptische krommen is één van de verst ontwikkelde takken van de theorie van de diophantische vergelijkingen. De afgelopen 30 jaar heeft dit onderwerp een enorme ontwikkeling doorgemaakt en een deel van deze ontwikkeling heeft geculmineerd in het bewijs van de Laatste Stelling van Fermat, zie Hoofdstuk 13. Joe Silverman heeft een, voor wiskundigen, prachtig boek over elliptische krommen geschreven, zie [Si1]. Het bleek echter dat te veel onderwerpen op pijnlijke wijze ontbraken en daarom is er ook een deel twee verschenen, [Si2]. Samen met J.Tate schreef hij het wat toegankelijker [SiTa]. Uiteraard kunnen wij niet op al deze ontwikkelingen ingaan. Het staat wel vast dat de eerste technieken om oplossingen te vinden in primitieve gedaante al aan Diophantus en Fermat bekend waren. We geven een schets van deze oplossingsmethode en daarna een voorbeeld. Het idee gaat als volgt. Beschouw de cubische kromme C en stel dat we twee rationale punten P en Q op C hebben. P Q R

7 164 HOOFDSTUK 17. DIOPHANTISCHE VERGELIJKINGEN Verbind deze twee punten dor een rechte lijn l. Aangezien in het algemeen een rechte lijn een cubische kromme in drie punten snijdt, bevat l C naast P en Q nog een derde snijpunt dat we R noemen. Het blijkt dat dit ook een rationaal punt is en op deze manier kunnen we uit bestaande rationale punten nieuwe rationale punten maken. Er is ook een variant mogelijk waarin we met één rationaal punt P op C beginnen. Trek vervolgens de raaklijn l door P aan de kromme C. Dan snijdt l de kromme C tweevoudig in het punt P en enkelvoudig in een derde punt dat we weer R noemen. Het blijkt dat R weer een rationaal punt is. Bovenstaande constructie noemen we de koorde-raaklijn constructie. Door deze constructie herhaald uit te voeren vinden we vaak oneindig veel rationale punten op C. Er geldt de volgende fraaie stelling die vermoed werd door H.Poincaré, niet de minste wiskundige, maar bewezen door L.J.Mordell. Stelling (Mordell,1917) Zij C een elliptische kromme waarvan de vergelijking gehele coëfficienten heeft. Dan bestaat er een eindig aantal rationale punten P 1,..., P r op C zó dat de volledige verzameling rationale punten op C verkregen kan worden door herhaald de koorde-raaklijn constructie beginnend met P 1,..., P r uit te voeren. Tegenwoordig bestaan er ook algoritmen waarmee we epliciet voortbrengende punten P 1, P 2,..., P r kunnen uitrekenen. Grote vraag is nog of het aantal benodigde punten r altijd onder een vaste grens, bijvoorbeeld 100 gekozen kan worden. Waarschijnlijk niet. Laten we de koorde-raaklijn methode eens aan de hand van een voorbeeld uitvoeren. Beschouw de vergelijking = Tussen haakjes, men kan opmerken dat 1729 het kleinste positieve getal is dat op meer dan één manier als som van twee gehele derde machten geschreven kan worden, namelijk 1729 = = Dit geeft ons meteen een tweetal oplossingen van onze vergelijking. We gaan nu andere rationale oplossingen construeren. Bepaal de rechte lijn die door de twee punten (1, 12) en (10, 9) gaat, = /3 + 37/3. Snijd deze met de kromme = We verwachten hierbij drie snijpunten, omdat een rechte lijn een derdegraads kromme (cubische kromme) in het algemeen in drie punten snijdt. Twee snijpunten kennen we al, (10, 9) en (1, 12). We willen graag het derde snijpunt bepalen. Dit kunnen we doen door bijvoorbeeld uit beide vergelijkingen te eliminineren. We krijgen, 3 + ( /3 + 37/3) 3 = Na uitwerking, = 0. We vermenigvuldigen dit met 27/26 om de coefficient van 3 gelijk aan 1 te maken en vinden, = 0.

8 17.4. TWEE VARIABELEN, GRAAD Twee oplossingen van deze vergelijking kennen we al, dat zijn = 10 en = 1. Na wegdeling van de factoren ( 1)( 10) houden we over, = Dus de -coördinaat van het derde snijpunt is = 397/26 en de bijbehorende -coördinaat is = /3 + 37/3 = 453/26. Controle leert inderdaad dat ( ) ( ) = Aangemoedigd door het succes van deze constructie kunnen we natuurlijk proberen nog een punt te vinden door (1, 12) en ( 397/26, 453/26) op analoge wijze te combineren. Helaas vinden we dan weer het oude punt (10, 9). Waarom? Maar geen nood, (453/26, 397/26) (coordinaten verwisselen) is ook een punt op onze kromme en combinatie met (1, 12) levert inderdaad weer een nieuw punt, te weten ( /187953, /187953). In plaats van een verbindingsrechte tussen twee punten kunnen we ook de raaklijn aan de kromme in een punt, zeg (1, 12) nemen.in het algemeen wordt de raaklijn aan = A in het punt P = ( 0, 0 ) gegeven door = A. In ons geval krijgen we +144 = Deze raaklijn snijdt de kromme in (1, 12) (dubbel) en in een ander punt. De berekening van dit laatste punt gaat op dezelfde manier als daarnet. Eliminatie van geeft 3 + (1729 ) 3 /144 3 = 1729 en na uitwerking, = 0 Na vermenigvuldiging met vinden we = 0. Een dubbele oplossing kennen we al, = 1. Na wegdeling van de factor ( 1) 2 houden we over, = 0. Dus = en de bijbehorende -waarde is = (1729 )/144 = Controle levert dat inderdaad 1727 ( 3457 ) ( ) = Tenslotte kijken we naar de gehele punten op de kromme C als C niet-singulier is. Dan zegt een stelling van C.L.Siegel uit 1929 dat er hoogstens eindig veel gehele punten zijn. Een beroemd voorbeeld van dit probleem is de zogenaamde vergelijking van Mordell 2 = 3 + k in de gehele onbekenden,. Er is zelfs een heel boek gewijd aan deze vergelijking, [LF]. Uit de Stelling van Siegel volgt dat, als k 0, het aantal oplossingen altijd eindig is. Een spectaculair voorbeeld in

9 166 HOOFDSTUK 17. DIOPHANTISCHE VERGELIJKINGEN dit opzicht is de vergelijking 2 = De oplossingen zijn, 4 2 = ( 1) = ( 2) = = = = = = Voor de meeste andere waarden van k heeft Mordell s vergelijking bar weinig oplossingen in vergelijking hiermee. Een grote vraag is of het aantal oplossingen van Mordell s vergelijking altijd begrensd door een vast getal, bijvoorbeeld De vergelijking 2 = 4 + A Logisch gezien zou de volgende stap in ons verhaal een paragraaf over vergelijkingen in twee variabelen en graad 4 zijn. De reden dat we ons tot het voorbeeld 2 = 4 + A met A Z beperken is dat deze vergelijking meer verwant heeft met de voorgaande paragraaf en omdat Fermat een interessante techniek had om rationale oplossingen van deze vergelijking te contrueren. Stel allereerst dat we een rationale oplossing 0, 0 hebben en stel 0 = a/b met a, b N. Dan volgt uit 0 2 = A dat de -coördinaat van de oplossing b 2 als noemer heeft. Stel 0 = c/b 2. Vermenigvuldig 0 2 = A met b 4 en we vinden, c 2 = a 4 + Ab 4. Voor wie het hoofdstuk over Fermat s vergelijking gelezen heeft is dit geen onbekende vergelijking. Daar behandelden we het geval A = 1 en toonden aan dat er alleen maar de oplossingen 1 2 = = bestaan. Op grond daarvan concludeerden we dat de vergelijking = z 4 geen positief gehele oplossingen heeft. Het aardige is nu dat er voor andere waarden van A best oplossingen kunnen zijn. Neem bijvoorbeeld A = 9. De vergelijking 2 = heeft de oplossingen (0, 3) en (2, 5). Nog aardiger is het dat we uit deze oplossingen nieuwe oplossingen kunnen construeren door een methode die doet denken aan de koorde-raaklijn methode. Deze constructie is afkomstig van Fermat, maar gaat in oorsprong zelfs terug tot Diophantus. Fermat werkt in dit geval niet met rechte lijnen tussen twee punten, maar met parabolen. Het gaat als volgt. Kies a, b zo dat de parabool = 2 + a + b door de punten (0, 3) en (2, 5) gaat. Het blijkt dat = voldoet. We snijden deze parabool met 2 = door te elimineren. We vinden, ( 2 +3) 2 = 4 +9 en na uitwerking van de linkerzijde, = Het blijkt, en dit is het fraaie idee van Fermat,

10 17.6. TWEE VARIABELEN, GRAAD > dat de termen 4 tegen elkaar wegvallen. Het gevolg is dat we een derde graads vergelijking voor overhouden, waarvan we twee oplossingen kennen, namelijk = 0 en = 2. Na uitwerking, = 0 en na wegdeling van de factoren ( 2) houden we over, 2 3 = 0. Dus = 3/2 en de bijbehorende -coördinaat is = (3/2) 2 (3/2) + 3 = 15/4. Controle levert dat inderdaad ( ) 2 ( ) = We kunnen dit proces voortzetten. Combinatie van (2, 5) en (3/2, 15/4) levert niets nieuws (waarom niet?) maar combinatie van (2, 5) en (3/2, 15/4) wel, namelijk het punt ( 60/7, 3603/49). Op deze wijze doorgaand kunnen we oneindig veel rationale oplossingen vinden! Trouwens, ook hier geldt dat het aantal heeltallige oplossingen van 2 = 4 + A met A Z, A 0 altijd eindig is Twee variabelen, graad > 3 In de vorige paragraaf hebben we al een speciaal geval behandeld, namelijk 2 = 4 + A. Het bleek daarbij echter dat deze vergelijking veel gemeen heeft met de elliptische krommen uit de paragraaf daarvoor. De overeenkomst bestaat uit het feit dat we rationale oplossingen kunnen combineren en daaruit op meetkundige manier nieuwe oplossingen kunnen construeren. Voor de meeste vergelijkingen van graad 4 bestaat zo n constructie niet. In die zin is de graad van een vergelijking niet zo n goede maat voor de gecompliceerdheid van een vergelijking. Een veel betere graadmeter is het zogenaamde geslacht van een kromme. Daarmee bedoelen we niet het geslacht in biologische zin, maar een geheel getal g 0 dat we aan iedere kromme F (, ) = 0 kunnen toekennen. Het is lastig om in dit boek uit te leggen hoe dit geslacht precies gedefinieerd is. Daarvoor verwijzen we naar de boeken over algebraïsche meetkunde. We volstaan hier met de opmerking dat als een kromme van graad n geen singuliere punten heeft, dan is het geslacht gelijk aan g = (n 1)(n 2)/2. Dit betekent dat kegelsneden (n = 2) geslacht 1 0/2 = 0 hebben en elliptische krommen (n = 3) geslacht 2 1/2 = 1. De kromme 2 = 4 + A heeft echter een gecompliceerde singulariteit in oneindig en dit maakt de geslachtsberekening een stuk subtieler. Het blijkt dat de kromme 2 = 4 +A met A 0 ook geslacht 1 heeft. Dit bepaalt de overeenkomst van deze kromme met de krommen van graad 3. Een niet-singuliere vierde graadskromme daarentegen heeft geslacht 3 2/2 = 3. In de twintiger jaren vermoedde Mordell dat een kromme van geslacht > 1 hooguit eindig veel rationale punten bevat. Dit vermoeden gold jarenlang als een zeer lastig probleem tot in 1983 G.Faltings een bewijs gaf. Stelling (Faltings, 1983) Zij C een algebraïsche kromme van geslacht > 1. Dan bevat C hooguit eindig veel rationale punten.

11 168 HOOFDSTUK 17. DIOPHANTISCHE VERGELIJKINGEN Het bewijs van deze stelling berust op zeer diepe methoden uit de arithmetisch algebraïsche meetkunde. Later, in 1988, gaf P.Vojta een briljant nieuw bewijs dat berust op ideeën uit de zogenaamde diophantische approimatie. Iets later, in 1990, formuleerde E.Bombieri een vereenvoudiging die Vojta s aanpak toegankelijker maakte voor een wat breder publiek. Het is echter nog steeds niet makkelijk, zeker niet voor dit boek. Omdat de kromme n + n = 1 geslacht g(n) = (n 1)(n 2)/2 heeft en g(n) > 1 als n 4, betekent de stelling van Faltings dat voor gegeven n de vergelijking n + n = 1 eindig veel rationale oplossingen, heeft. Schrijven we even = a/c en = b/c met a, b, c Z met ggd(a, b, c) = 1 en vermenigvuldigen we de noemers uit, dan impliceert dit dat voor gegeven n 4 de vergelijking a n + b n = c n eindig veel oplossingen a, b, c Z met ggd(a, b, c) = 1 heeft. Destijds werd dit gezien als een eerste stap in de richting van het Laatste probleem van Fermat. Het enige dat nu nog moest gebeuren was de zinsnede voor gegeven n uit de uitspraak verwijderen. Dit bleek echter een doodlopend spoor en Wiles heeft Fermat s probleem uiteindelijk op totaal andere wijze opgelost. Zie hiervoor Hoofdstuk 13. Wat betreft geheeltallige punten was er al langer een stelling bekend. Stelling (C.L.Siegel,1929) Een kromme van geslacht g > 0 bevat hoogstens eindig veel geheeltallige punten. Samen met de stellingen omtrent kegelsneden en elliptische krommen geven deze twee stellingen dus voor de heel algemene klasse van diophantische vergelijkingen in twee variabelen aan wat voor soort oplossingsverzameling we kunnen verwachten. De grote vraag blijft echter nog of er ook algoritmen bestaan waarmee diophantische vergelijkingen in twee variabelen daadwerkelijk opgelost kunnen worden. Met oplossen bedoelen we hier, de volledige oplossingsverzameling bepalen. Het bewijs van de stellingen van Faltings en Siegel is niet effectief, dat wil zeggen ze leveren geen methode om vergelijkingen ook op te lossen. De praktijk is dat men veel van dergelijke vergelijkingen niet, of alleen met grote moeite, kan oplossen. Uit de stelling van Faltings volgt bijvoorbeeld dat de diophantische vergelijking 2 = eindig veel oplossingen, Q heeft. Echter, het bewijs dat de verzameling rationale oplossingen precies bestaat uit de punten (0, ±1) en (±1/2, ±9/8) is een enorm kunststuk en vereist vrij diepe methoden uit de algebraïsche meetkunde. J.L.Wetherell heeft in 1997 een proefschrift gewijd aan de oplossing van deze vergelijking. Als saillant detail kunnen we vermelden dat deze vergelijking (in iets andere gedaante) ook al in Diophantus Arithmetica voorkomt. Met het proefschrift van Wetherell is dus een bijna 1800 jaar oud probleem opgelost!

12 17.7. WILLEKEURIGE DIOPHANTISCHE VERGELIJKINGEN Willekeurige diophantische vergelijkingen Over diophantische vergelijkingen met meer dan twee variabelen is vrijwel niets concreets bekend. Er bestaat slechts een indrukwekkend bouwwerk van vermoedens over wat men voor allerlei tpen vergelijkingen als mogelijke oplossingsverzameling kan verwachten. Geven we echter een concrete vergelijking in meer dan twee variabelen dan zijn er, behoudens enkele zeer speciale klassen, geen oplossingsmethoden bekend. Mijn favoriete voorbeeld in dit opzicht is de simpel ogende vergelijking 5 2 z 3 = 1 in de onbekenden,, z Z. Mijn verwachting is dat we alleen de oplossingen = 1, = 0, z willekeurig, = 1, z = 0, willekeurig en = 0, = ±1, z = 1 hebben en geen andere. Er is echter geen enkele techniek bekend om dit te verifiëren. Voorbeelden van dergelijke onoplosbare vergelijkingen zijn er te over. Ik wil hier alleen het voorbeeld van het perfecte rationale blok noemen, hoewel het hier om een stelsel diophantische vergelijkingen gaat. De problemen worden er echter niet meer of minder om. Gevraagd wordt naar een rechthoekig blok met rationale zijden waarvan ook alle diagonalen rationale lengte hebben. Er zijn vier diagonaallengten, namelijk de drie zijvlaksdiagonalen en de lichaamsdiagonaal. Noem de zijden a, b, c. De diagonaal in het zijvlak met zijden a, b moet een rationale lengte r hebben. Dat wil zeggen, a 2 + b 2 = r 2 met a, b, r Q >0. Analoog hebben we b 2 + c 2 = s 2 en a 2 + c 2 = t 2. Als de lichaamsdiagonaal lengte l heeft, dan geldt a 2 + b 2 + c 2 = l 2. Gevraagd wordt dus het stelsel a 2 + b 2 = r 2 b 2 + c 2 = s 2 a 2 + c 2 = t 2 a 2 + b 2 + c 2 = l 2 op te lossen in a, b, c, r, s, t, l Q >0. Ondanks studies sinds Euler s tijd is het nog steeds niet bekend of er wel of geen oplossingen zijn. Laten we echter één van de vergelijkingen weg dan is het bekend dat de overblijvende vergelijkingen oneindig veel oplossingen hebben, hoewel ook in deze gevallen de volledige oplossingsverzameling bij lange na niet bekend is. Tenslotte noemen we een heel frappant resultaat dat de oplossing van Hilbert s tiende probleem vormt. In zijn beroemde lezing in 1900 over de wiskunde van de komende eeuw vroeg Hilbert zich af of er ook een algemene methode bestond die voor een willekeurige diophantische vergelijking zou kunnen beslissen of er wel of geen gehele (of rationale) oplossing bestaat. Het begrip algemene methode moet wel wat nauwkeuriger omschreven worden. Maar gelukkig kunnen we tegenwoordig gewoon zeggen: een computerprogramma. Iets preciezer, een computerprogramma op een computer met één processor en een onbeperkt geheugen. Na heel veel voorbereidend werk van Robinson en Davis lukte het de Rus Matijasevich in 1970 deze vraag met nee te beantwoorden. Er bestaat geen enkel

13 170 HOOFDSTUK 17. DIOPHANTISCHE VERGELIJKINGEN computer programma waarmee we van iedere diophantische vergelijking het al of niet bestaan van oplossingen kunnen beslissen. Zelf vind ik het zeer indrukwekkend dat mensen in staat zijn dergelijke beweringen aan te tonen. Het heeft ook nog een filosofische implicatie. De stelling van Matijasevich geeft aan dat we nooit klaar zijn met het oplossen van diophantische vergelijkingen. Aangezien er geen universele oplossingsmethode bestaat, heeft elke klasse van diophantische vergelijkingen zijn eigen oplossingsmethode nodig, hetgeen betekent dat er weer nieuwe ideeën nodig zijn. Dit maakt het terrein van diophantische vergelijkingen zo boeiend, althans in de ogen van de schrijver van dit boek.