ISSN 0351-6652 Letnik 24 (1996/1997) Številka 6 Strani 358-364
Jože Grasselli: O CATALANOVI DOMNEVI
Ključne besede: matematika, teorija enačb, diofantske enačbe. Elektronska verzija: http://www.presek.si/24/1320-Grasselli.pdf
© 1997 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo
O CATALANOVI DOMNEVI
Naravni števili 8 in 9 sta zaporedni, 8 + 1 = 9; prvo 8 = 23 je kub naravnega števila 2, drugo 9 = 32 kvadrat naravnega števila 3, Kvadratov l2, 22, 32, 42, 52,. ■ • in prav tako kubov l3, 23, 33,43, 53,.. . je neskončno. Toda 8 in 9 imata neko posebnost.
Če opazujemo naravna števila do 1000, vidimo, da razen primera 8, 9 za kubom nikoli ne pride kvadrat. Ali se to zgodi pri številih nad 1000? Kub naravnega števila y je t/3, naslednje naravno število je y3 +1. Če naj bo kvadrat, mora veljati
y3 + 1 = n2	(1)
pri naravnih j;, y. Enačba (1) pa razen x = 3, y = 2 ne premore nobene druge naravne rešitve. To je leta 1738 dognal L, Euler (1707-1783). Naravni števili 8, 9 sta tako edini, ko kubu sledi kvadrat. V tem je njuna posebnost.
Ali lahko za kvadratom sledi kub? Tedaj mora biti
y2 +1 = x3 .	(2)
Da se ta enačba v naravnih številih ne da izpolnili, je prav tako ugotovil iiuler. Kvadratu torej nikoli ne sledi kub.
Dokaz Eulerjevih ugotovitev ni preprost. Povzemhno:
A, Od dveh zaporednih naravnih števil je manjše kub in večje kvadrat le v primeru 8, 9; nikdar pa ni manjše kvadrat in večje kub.
Potenca cib je prava, če sta a, b od ena večji naravni Števil. Pravih potenc je neskončno, mednje spadajo vsi kvadrati in kubi razen 1. Poraja sc vprašanje; Ali sta poleg 8, 9 še kateri pravi potenci zaporedni naravni števili?
Belgijski matematik Eugene Catalan (1814-1894) je bil prepričan, da je odgovor na zastavljeno vprašanje ne, beta 1844 je ena takrat še redkih matematičnih revij objavila Catalanovo javno pismo, v katerem med drugim beremo:
"Zaporedni naravni števili, različni od 8 in 9, ne moreta biti pravi potenci. Drugače povedano: Enačba
= 1,	(3)
v kateri so neznanke naravna števila, ima eno samo rešitev."
Ta trditev se imenuje Catalanova domneva. Ker gre v (3) za pravi potenci xTn, yn, so vrednosti neznank x, y, m, n večje od 1. (Če je od eksponentov m, n vsaj eden enak 1, imaenačba (3) neskončno rešitev v naravnih številih.) Rešitev, o kateri govori trditev, je j; = ti = 3, y = m = 2; pripadata ji pravi potenci 9, 8. Catalan je pripomnil, da trditve ne more popolnoma dokazati in da bodo imeli drugi morda pri tem več sreče. No, do danes se to še ni zgodilo.
Enačbe (3) so se lotevali največ tako, da so eno ali dve neznanki izbrali in za poenostavljeno enačbo dokazovali Catalanovo domnevo. Izbira m = 2, n = 3 pripelje npr. do enačbe (I), m = 3, ti = 2 do enačbe (2). Obravnavajmo nekaj takšnih zgledov.
a) Za m ~ n > 2 preide enačba (3) v
xm - ym = 1.	(4)
Pri x < y je xm — ym < 0. Ce torej obstaja rešitev za (4), mora biti x > y. Ker naj bosta x, y naravni števili, pri naravnem številu c velja x = y + c. Po binomskem izreku je potem
xm~ym = {y + c)m-ym = mym~l c + ... + mycm~1 + cm .
Vsota na koncu vsebuje m sestevancev, ki so naravna števila. Ker je m > 2, je njena vrednost vsaj 3. To pomeni, da se enačba (4) pri m > 2 v naravnih številih ne da izpolniti. Sedaj takoj vidimo, da za enačbo
=	(5)
kjer sta j, k naravni števili, ni naravnih rešitev. Res! Če je j = k, imamo opraviti z enačbo (4); zanjo pa že vemo, da ne premore naravnih rešitev. Pri j > k lahko (5) zapišemo
in naravni števili xv , y, bi dali rešitev za (4) pri m — 2k, Ne gre. Podobno odpravimo še j < k. Zato:
B. Pravi potenci xm, ym nikoli nista zaporedni naravni števili. Enako velja za pravi potenci x2', y2 .
b) Za x = 3, y = 2 dobi enačba (3) obliko 3m - 2m = 1 ali
(6)
Iščemo rešitev, ko sta m, n naravni števili in m > 2, n > 2.
Naj bo najprej m > 3. Tak m je ali deljiv z lihim praštevilom ali pa je prava potenca števila 2.
V zadnjem oklepaju je p lihih naravnih števil, njihova vsota v je zato liho število nad 1. Po (7) je v delitelj za 3m — 1. Ce bi veljalo (6), bi liho število v > 1 delilo 2". To ne gre. V (6) torej m = tp, kjer je p liho praštevilo, ni mogoče.
Naj bo zdaj m prava potenca števila 2, m = 2', kjer je s naravno Število nad 1. Enakost (6) je tedaj
Z indukcijo lahko preverimo, da je pri s > 2 leva stran v (8) deljiva s 5. Toda desna stran 2" v (8) nima nikdar delitelja !j. Zato pri m, kije prava potenca števila 2, enakost (8) ne more držati.
Ostane Še m = 2. Takrat se (6) glasi 32 - 1 = 2" ali 8 = 2" in n = 3. To rešitev že poznamo. Sklep:
C. Pravi potenci 2", 7i i 3, nikoli ne sledi prava potenca 3m. c) Za m = y, n = x iz (3) izhaja
Na desni stoji liho število. Razlika naravnih števil xy, ¡f je liha le, če je x sod in y lih ali pa x lih in y sod. Ta opazka omogoča dokazati, da je x — 3, y = 2 edina rešitev za (9) v naravnih številih. (Za sodi x je dokaz enostaven, ne tako za lihi x.) Zanimiv dokaz, da ni naravnih števil x, y, x ^ 3, y ^ 2, ustrezajočih enačbi (9), je našel G. Skandalis leta 1982. Dokaz poteka takole:
Indukcija potrdi, daje
32' - 1 = 2" .
(8)
xy ~ f = 1.
(9)
2X > 2x + 2 pri naravnem x > 4
Od tod z indukcijo sledi
2X — X2 > 1 pri naravnem x > 5 .	(10)
Zaradi -¡f — xy =. —{z5' — j/1) je absolutna vrednost
\x»~f\	(11)
neobčutna za zamenjavo x z y. Zato smemo v (11) privzeti, da je x > y, saj x = y ne pride v poštev. V nadaljnjem naj bosta x, y naravni števili in x > y > 2. Pokazati je treba, da je — yE| ^ 1 zax/3, y / 2. Če je x = 4, y s 3, je |43 - 341 = 17 £ 1. Če je a: > 5, y = 2, je ji2 - 2X\^ 1 zaradi (10). Ostane še možnost y > 3.
Spomnimo se, da (I+7)* vztrajno raste in je pod e = 2,718... < 2,8, ko se s veča proti neskončno po pozitivnih (ne nujno celih) številih. Za pozitivno število r in j = j- velja
(1 + DI = (1 + 7)/r<er	(12)
pri vsakem pozitivnem s in r.
Ker je x > y >3,je z = x —y naravno število. Po (12) je (1+;)* < e* in dobimo
Na koncu upoštevamo, daje l/(zi') < l/(43) = 1/64 < 1/14 pri y > 3 in x > y. Po množenju z xy se iz (13) najde
\xy — iT I > 1 za vse z > y > 3 .
Zato velja
D. Če sta x, y naravni števili nad 1 in ni x = 2, y = 3 ali x = 3, y — 2, naravni števili xy, %f nista sosednji.
č) Izbira ti — 2 v (3) pripelje do enačbe
xm - y2 = 1
(14)
Zanjo je V. A. Lebesgue leta 1850 pokazal, da ne premore naravne rešitve, pri kateri bi bilo m > 2. Na trši oreh naletimo pri enačbi
*2-ya = i,	(15)
ki jo daje (3) za m = 2. Z naslonitvijo na nekatera prejšnja dognanja je dokazal Chao Ko leta 1964, da je X = 3, y = 2, n = 3 edina rešitev za (15) v naravnili številih večjih od ena. Po teh ugotovitvah trditev A razširjamo na
E. V zaporedju naravnih števjj za kvadratom nikoli ne pride prava potenca; pa tudi pravi potenci ne sledi kvadrat razen v primeru 8, 9.
Povrnimo se k enačbi (3). Recimo, daje pri naravnih številih o, 6, m, n, ki so vsa nad ena
aw-6n = l.	(16)
Zaradi B števili m, ji ne moreta biti enaki in tudi ne potenci števila 2, Za m, n so tako le tri možnosti:
i)	TO = gp, n ~ 2" in g, ti naravni števili, p liho praštevilo
ii)	m = 2", ti = hq in h, v naravni števili, q liho praštevilo Hi) m = gp, n ~ hq in g, h naravni števili, p, q lihi praštevili.
Ce velja prva možnost, lahko (16) zapišemo K)p - (&3"-1)2 =s i
in kvadratu (ft2" * )2 bi sledila prava potenca (n^)11. Po E to ne gre in prva možnost odpade.
Pri drugi možnosti (16) preoblikujemo v
_(*<•)* = I
in pravi potenci bi sledil kvadrat. Po E gre to le, ko je a~' = 3, bh = 2, q = 3 in tako v = 1, o = 3, h =1, b = 2, q = 3. S tem je tudi druga možnost odpravljena.
Ob tretji možnosti (16) izrazimo
{a" f - (bh)q = 1
in x = a9, y — bh je naravna rešitev za enačbo
*P-J/' = 1,	(17)
v kateri sta p, q različni lihi praštevili. (Za p = q preide enačba (17) v enačbo (4); zanjo ii potrjuje, da nima naravnih rešitev.) Velja torej
F.	Ce sta pravi potenci, ki nista. 8, 9, zaporedni naravni števi/i, ju lahko zapišemo kot potenci z različnima lihima praštevilskima eksponentoma.
J. W. S. Cassels je okrog leta 1960 odkril, da imajo rešitve enačbe (17) lastnost
G.	Če lihi praštevili p, q in naravni števili x, y povezuje enačba xp — yq ~ = 1, p deli y in q deli x.
Na podlagi ugotovitve G so našli precej lihih praštevilskih parov p, q, ko ni naravnih x, y, nstrezajočih enačbi (17). Strnimo gornje vrstice:
Znani so mnogi pari naravnih števil m, n, ko enačba (3) nima naravnih rešitev x, y\ prav tako razni pari naravnih števil x, y, ko ni naravnih m, n, da bi veljalo (3). Razen x = 3, m = 2, y = 2, n = 3 za enačbo (3) ni bila najdena še nobena druga rešitev v naravnih številih, večjih od ena.
Ca t alanova domneva bi bila takoj razjasnjena, če bi ugotovili, koliko naravnih rešitev ima enačba (3). Kaj je bilo doseženo v tej smeri?
C, L. Siegel (1896-1981) je leta 1929 dokazal: Ce sta naravni števili m > 2, n > 2 izbrani, je kvečjemu končno mnogo parov naravnih števil x, y, ki izpolnijo enačbo (3). Tako npr. x3 — y7 = 1 ali nima naravne rešitve ali pa je takih rešitev le končno mnogo; podobno enačba z11 — y17 ~ 1 in tako naprej. Število rešitev enačbe (3) bi kljub Siegelovi ugotovitvi moglo biti neskončno. Za m, n je namreč treba upoštevati neskončno parov (mimo onih, za katere se ve, da ni rešitev). Do napredka je prišlo leta 1976, ko je R. Tijdeman dognal
H.	Vsako od naravnih števil m > 2, m > 2, x, y. ki jih veže pogoj xm ~ yn — 1, je manjše od fiksne konstante K.
Ugotovitev H pove, da enačba (3) ne more imeti neskončno naravnih rešitev m > 2, n > 2, x, y. Ce je poleg a; = n = 3, y = m ~ 2 še kakšna rešitev, jo je iskati med naravnimi števili pod K, Morebitne rešitve bi se takoj razkrile v seznamu vseh pravih potenc ab, a < /v', ii < K. Tega seznama pa tudi s pomočjo računalnika ni mogoče sestaviti, ker je konstanta K prevelika.
Tako ostaja Catalanova domneva odprta.
Dodatek.
a)	Števila Fn = 2J + l,n = 0,1,2,3,... se imenujejo Fermatova. Ker je F0 = 22° +1 = 3, Fo ni prava potenca. Pri n > 1 je Fn = (22""1)2 + 1 naslednik kvadrata (22" )2 in zato po E ni prava potenca. Sklep: Fermatovo število nikoli ni prava potenca.
b)	Ker Catalanova domneva ni dokazana, si lahko zastavimo vprašanje: Ali obstajajo tri zaporedna naravna števila, ki so obenem prave potence? Naj bo a naravno število in a, a +1, a + 2 prave potence. Ker med števili do 10 tega ni, vzamemo a > 10. Po F je potem
a —X?, a + l^yt , a + 2 = zT	(18)
in p, q, r so liha praštevila, x, y, z naravna števila. Iz (18) sledi
yq - xp = 1, zr -y* = 1
in G pove, da q deli x in z. Zaradi zT — xp = 2 potem q deli 2. Ne gre, saj je q lih. Zato: Od treh zaporedni/] naravnih števil vsaj eno ni prava potcnca.
c)	Z naravnim številom c > 3 opredelimo posplošena Fermatova števila
Fc,n - + 1, n = 1,2,3,...
Ali je med temi števili kakšna prava potenca? Ce je c potenca števila 2, je zaradi n > 1 število Fc,n Fermatovo in po dodatku a) ni prava potenca. Ce c ni potenca števila 2, velja c ~ tq pri lihem praštevilu q in naravnem številu t. Potem je
(19)
za y —	' in q deli y. Zaradi c > 3, rt > 1 je cc" > 8. Če je
torej cc +1 prava potenca, je po F mogoče pisati cc 4- 1 = xr pri lihem praštevilu p in naravnem x. Iz (Î9) potem sledi xp — i/1 — 1. Po G praštevilo q deli z; ker pa q deli tudi y, bi tako q delil 1. Nemogoče. Torej: Posplošeno Fermatovo število nikoli ni prava potenca. (Za Fc,o — c + 1 to ni nujno.)
Jože Grasselli
cc = yq