Как да решим линейно диофантиново уравнение. Диофантови уравнения Как се решава диофантово уравнение

Министерство на образованието и науката на Руската федерация

Държавно висше учебно заведение

професионално образование

„Тоболска държавна социално-педагогическа академия

тях. DI. Менделеев"

Факултет по математика, TiMOM

Някои диофантови уравнения

Курсова работа

Студент 3-та година във ФМФ

Матаев Евгений Викторович

Научен ръководител:

Кандидат на физико-математическите науки Valickas A.I.

Степен: ____________

Тоболск – 2011г

Въведение………………………………………………………………………………........2

§ 1. Линейни диофантови уравнения………………………………..3

§ 2. Диофантово уравнениех 2 – г 2 = а………………………………….....9

§ 3. Диофантово уравнениех 2 + г 2 = а…………………………………... 12

§ 4. Уравнение x 2 + x + 1 = 3y 2 …………………………………………….. 16

§ 5. Питагорови тройки…………………………………………………………….. 19

§ 6. Страхотна теоремаФерма…………………………………………………………23

Заключение………………………………………………………………………………….….....29

Библиография .............………………………………………………..30

ВЪВЕДЕНИЕ

Диофантовото уравнение е уравнение на формата П(х 1 , … , х н ) = 0 , където лявата страна е полином от променливи х 1 , … , х нс цели коефициенти. Всеки поръчан комплект (u 1 ; … ; u н ) цели числа със свойството П(u 1 , … , u н ) = 0 се нарича (частно) решение на диофантовото уравнение П(х 1 , … , х н ) = 0 . Да се ​​реши диофантово уравнение означава да се намерят всички негови решения, т.е. общо решение на това уравнение.

Нашата цел ще бъде да научим как да намираме решения на някои диофантови уравнения, ако такива решения съществуват.

За да направите това, трябва да отговорите на следните въпроси:

А. Диофантовото уравнение винаги ли има решение, намерете условията за съществуване на решение.

b. Има ли алгоритъм, който ви позволява да намерите решение на диофантовото уравнение.

Примери: 1.Диофантово уравнение 5 х – 1 = 0 няма решения.

2. Диофантово уравнение 5 х – 10 = 0 има решение х = 2 , който е единственият.

3. Уравнението вътре х – 8 х 2 = 0 не е Диофантинова.

4. Често уравнения на формата П(х 1 , … , х н ) = Q(х 1 , … , х н ) , Където П(х 1 , … , х н ) , Q(х 1 , … , х н ) – полиноми с цели коефициенти, наричани още диофантови. Те могат да бъдат записани във формата П(х 1 , … , х н ) – Q(х 1 , … , х н ) = 0 , което е стандартно за диофантовите уравнения.

5. х 2 – г 2 = а– Диофантово уравнение от втора степен с две неизвестни x и y за всяко цяло число a. Има решения при а = 1 , но няма решения за а = 2 .

§ 1. Линейни диофантови уравнения

Позволявам а 1 , … , а н , СЗ . Уравнение на формата а 1 х 1 + … + а н х н =cсе нарича линейно диофантово уравнение с коефициенти а 1 , … , а н , дясна страна c и неизвестни х 1 , … , х н . Ако дясната страна c на линейно диофантиново уравнение е нула, тогава такова диофантово уравнение се нарича хомогенно.

Нашата непосредствена цел е да се научим как да намираме частни и общи решения на линейни диофантови уравнения с две неизвестни. Очевидно всяко хомогенно диофантово уравнение а 1 х 1 + … + а н х н = 0 винаги има конкретно решение (0; … ; 0).

Очевидно е, че линейно диофантово уравнение, чиито коефициенти са равни на нула, има решение само в случай, че дясната му част е равна на нула. Като цяло важи следното:

Теорема (за съществуването на решение на линейно диофантиново уравнение).Линейно диофантово уравнение а 1 х 1 + … + а н х н =c, чиито коефициенти не са равни на нула, има решение тогава и само ако GCD(a 1 , … , а н ) | ° С.

Доказателство.Необходимостта от условието е очевидна: GCD(a 1 , … , а н ) | а аз (1 аз н) , Така GCD(a 1 , … , а н ) | (а 1 х 1 + … + а н х н ) , което означава, че разделя и

° С = а 1 х 1 + … + а н х н .

Позволявам д= gcd(а 1 , … , а н ) , c =Dt И а 1 u 1 + … + а н u н = д – линейно разширение на най-големия общ делител на числата а 1 , … , а н. Умножавайки двете страни по T, получаваме а 1 (u 1 T) + … + а н (u н T) = Dt = ° С, т.е. цяло число

н-ка (х 1 T; ... ; х н T)е решение на първоначалното уравнение с ннеизвестен.

Теоремата е доказана.

Тази теорема дава конструктивен алгоритъм за намиране на конкретни решения на линейни диофантови уравнения.

Примери: 1.Линейно диофантово уравнение 12x+21y = 5няма решения, защото gcd(12, 21) = 3не дели 5 .

2. Намерете конкретно решение на диофантовото уравнение 12x+21y = 6.

Това е очевидно сега gcd(12, 21) = 3 | 6, значи има решение. Нека запишем линейното разширение НОД(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1). Следователно двойката (2; –1) – частно решение на уравнението 12x+21y = 3, и двойка (4; –2) – частно решение на първоначалното уравнение 12x+21y = 6.

3. Намерете конкретно решение на линейно уравнение 12x + 21y – 2z = 5.

защото (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , тогава решение съществува. След доказателството на теоремата първо намираме решение на уравнението (12.21)x–2y=5, и след това, замествайки линейното разширение на най-големия общ делител от предишната задача, получаваме решението на първоначалното уравнение.

За решаване на уравнението 3x – 2y = 5нека напишем линейно разширение НОД(3, –2) = 1 = 31 – 21очевидно. Следователно няколко числа (1; 1) е решение на уравнението 3 х – 2 г = 1 , и двойка (5; 5) – частно решение на диофантовото уравнение 3x – 2y = 5.

Така, (12, 21)5 – 25 = 5 . Замествайки тук предварително намереното линейно разширение (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , получаваме (122+21(–1))5 – 25 = 5 , или 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , т.е. тройка от цели числа (10; –5; 5) е конкретно решение на първоначалното диофантиново уравнение 12x + 21y – 2z = 5.

Теорема (за структурата на общото решение на линейно диофантиново уравнение).За линейно диофантиново уравнение а 1 х 1 + … + а н х н =cследните твърдения са верни:

(1) ако = (ф 1 ; ... ; u н ), = (v 1 ; ... ; v н ) са неговите конкретни решения, след това разликата (ф 1 – v 1 ; ... ; u н – v н ) – частно решение на съответното хомогенно уравнение а 1 х 1 + … + а н х н = 0 ,

(2) набор от частични решения на линейното диофантиново хомогенно уравнение а 1 х 1 + … + а н х н = 0 затворен при събиране, изваждане и умножение с цели числа,

(3) ако Ме общото решение на дадено линейно диофантиново уравнение и Ле общото решение на съответното хомогенно диофантиново уравнение, тогава за всяко конкретно решение = (ф 1 ; ... ; u н ) на първоначалното уравнение равенството е вярно M = + L .

Доказателство.Изваждане на равенство а 1 v 1 + … + а н v н = ° С от равенството а 1 u 1 + … + а н u н =c, получаваме а 1 (ф 1 – v 1 ) + … + а н (ф н –v н ) = 0 , т.е. комплект

(ф 1 – v 1 ; ... ; u н – v н ) – частно решение на линейно хомогенно диофантово уравнение а 1 х 1 + … + а н х н = 0 . По този начин е доказано, че

= (u 1 ; ... ; u н ), = (v 1 ; ... ; v н ) МЛ .

Това доказва твърдение (1).

Твърдение (2) се доказва по подобен начин:

, Л z З Л z Л .

За да докажем (3), първо отбелязваме, че М+Л. Това следва от предишното: М+Л .

Обратно ако = (л 1 ; ... ; л н ) L и = (u 1 ; ... ; u н ) М, след това М:

а 1 (ф 1 + л 1 )+ …+a н (ф н + л н ) = (а 1 u 1 + … + а н u н )+(a 1 л 1 + … + а н л н ) = c + 0 = c.

По този начин, +ЛМ, и в крайна сметка M = + L .

Теоремата е доказана.

Доказаната теорема има ясен геометричен смисъл. Ако разгледаме линейното уравнение а 1 х 1 + … + а н х н =c, Където х аз Р, то, както е известно от геометрията, тя определя в пространството Р нхиперравнина, получена от равнина Л с хомогенно уравнение а 1 х 1 + … +а н х н =0 , минаваща през началото, изместено с някакъв вектор Р н. Виж повърхност + Лнаричан още линеен колектор с насочено пространство Ли вектор на изместване . Така е доказано, че общото решение Мдиофантиново уравнение а 1 х 1 + … + а н х н =cсе състои от всички точки на някакво линейно многообразие с цели координати. В този случай координатите на вектора на изместване също са цели числа, а множеството Лрешения на хомогенното диофантово уравнение а 1 х 1 + … + а н х н = 0 се състои от всички точки в пространството на посоката с цели координати. Поради тази причина често се казва, че наборът от решения на произволно диофантиново уравнение образува линейно многообразие с вектор на изместване и насочващо пространство Л.

Пример:за диофантовото уравнение x – y = 1общо решение Мизглежда като (1+y; y), където yЗ, неговото конкретно решение = (1; 0) и общото решение Лхомогенно уравнение x – y = 0ще бъдат записани във формуляра (y; y), Където приЗ. Така можем да начертаем следната картина, в която решенията на първоначалното диофантиново уравнение и съответното хомогенно диофантиново уравнение са показани с дебели точки в линейното многообразие Ми пространство Лсъответно.

2. Намерете общото решение на диофантовото уравнение 12x + 21y – 2z = 5.

Частно решение (10; –5; 5) това уравнение беше намерено по-рано, намираме общото решение на хомогенното уравнение 12x + 21y – 2z = 0, еквивалентно на диофантовото уравнение 12 х + 21 г = 2 z.

За да бъде разрешимо това уравнение, е необходимо и достатъчно условието да е изпълнено gcd(12, 21) = 3 | 2z,тези. 3 | zили z = 3tза някакво цяло T. Намаляване на двете части с 3 , получаваме 4x + 7y = 2t. Частно решение (2; –1) на диофантовото уравнение 4x + 7y = 1 намерени в предишния пример. Ето защо (4t ; –2t)– частно решение на уравнението 4x + 7y = 2tпо всяко

T З. Общо решение на съответното хомогенно уравнение

(7 u ; –4 u) вече намерени. Така общото решение на уравнението 4x + 7y = 2tима формата: (4t + 7u; –2t – 4u) , и общото решение на хомогенното уравнение 12x + 21y – 2z = 0ще бъде написана така:

(4t + 7u; –2t – 4u; 3т).

Лесно е да се провери, че този резултат съответства на формулираната по-горе теорема без доказателство за решения на хомогенното диофантово уравнение А 1 х 1 + … + а н х н = 0 : Ако P = ,Че РИ

(u; T) Пе общото решение на разглежданото хомогенно уравнение.

И така, общото решение на Диофантовото уравнение 12x + 21y – 2z = 5изглежда така: (10 + 4t + 7u; –5 – 2t – 4u; 5+3t).

3. Използвайки примера на предишното уравнение, ние илюстрираме друг метод за решаване на диофантови уравнения с много неизвестни, който се състои в последователно намаляване на максималната стойност на модулите на неговите коефициенти.

12x + 21y – 2z = 5 12x + (102 + 1)y – 2z = 5

12x + y – 2(z – 10y) = 5

По този начин общото решение на разглежданото уравнение може да бъде написано, както следва: (x; 5 – 12x + 2u; 50 – 120x + 21u), Където x, u– произволни целочислени параметри.

§ 2. Диофантово уравнениех 2 – г 2 = а

Примери: 1.При а = 0 получаваме безкраен брой решения: х = гили х = – гза всеки г З.

2. При а = 1 ние имаме х 2 – г 2 = 1 (х + г)(х – г) = 1 . Така числото 1 се разлага на произведението на два целочислени множителя х + гИ х – г(важно, че х, г- цял!). Тъй като броят 1 само две разширения в произведението на цели числа 1 = 11 И 1 = (–1)(–1) , тогава получаваме две възможности: .

3. За а = 2 ние имаме х 2 – г 2 = 2 (х + г)(х – г) = 2. Продължавайки подобно на предишния, разглеждаме разширенията

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), съставяме системите:, които за разлика от предишния пример нямат решения. Така че разглежданото Диофантово уравнение също няма решения х 2 – г 2 = 2.

4. Предходните разсъждения предполагат някои заключения. Решения на уравнението х 2 – г 2 = а са чрез разлагане а = кмв произведението на цели числа от системата . Тази система има цели решения, ако и само ако к + м И к – м са четни, т.е. когато числата к И м с еднакъв паритет (едновременно четен или нечетен). По този начин диофантовото уравнение x 2 – y 2 = a има решение тогава и само ако a може да се разложи на произведението на два целочислени множителя с еднаква четност. Всичко, което остава, е да се намерят всички такива.

Теорема (за уравнениетох 2 – г 2 = а ). (1) Уравнение х 2 – г 2 = 0 има безкраен брой решения .

(2) Всяко решение на уравнението има формата , Където а = км– разлагане на числото a в произведението на два цели множителя с еднаква четност.

(3) Уравнение х 2 – г 2 = аима решение тогава и само ако а 2 (мод 4).

Доказателство.(1) вече е доказано.

(2) вече е доказано.

(3) () Нека първо диофантовото уравнение х 2 – г 2 = а има решение. Нека докажем това а 2 (мод 4) . Ако а = км – разлагане в произведението на цели числа с еднаква четност, след това за четно кИ мние имаме к = 2 л, м = 2 нИ а = км = 4 вътре 0 (мод 4) . В случай на странно к, мтяхната работа асъщо странно, разлика а – 2 е нечетно и не се дели на 4 , т.е. отново

а 2 (мод 4).

() Ако сега а 2 (мод 4) , тогава можем да конструираме решение на уравнението х 2 – г 2 = а. Наистина, ако a е странно, тогава а = 1 ае разширение в произведение на нечетни цели числа, така че – решение на диофантовото уравнение. Ако a е четно, тогава поради а 2 (мод 4) разбираме това 4 | а, а = 4 b = 2(2 b) е разширение в произведение на четни цели числа, така че – решение на диофантовото уравнение.

Теоремата е доказана.

Примери: 1.Диофантово уравнение х 2 – г 2 = 2012 няма решения, т.к 2010 = 4502 + 2 2 (мод 4).

2. Диофантово уравнение х 2 – г 2 = 2011 има решения, т.к

2011 3 (мод 4). Имаме очевидни разширения

2011 = 12011 = 20111 = (–1)(–2011) = (–2011)(–1),

за всяка от които намираме решения (всяка комбинация от знаци). Няма други решения, защото... номер 2011 просто (?!).

§ 3. Диофантово уравнениех 2 + г 2 = а

Примери: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , к 2 = 0 2 + к 2 . Така, очевидно, всеки квадрат може да бъде тривиално представен като сбор от два квадрата.

2. 2 = 1 2 + 1 2 , 5 = 1 2 + 2 2 , 8 = 2 2 + 2 2 , 10 = 1 2 + 3 2 , 13 = 2 2 + 3 2 , 17 = 1 2 + 4 2 , 18 = 3 2 + 3 2 , 20 = 2 2 + 4 2 , …

3. Няма решения за а = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

Анализът на горните резултати може да подскаже, че липсата на решения е свързана по някакъв начин с простите числа на формата

4 н+3 , присъстващи при факторизирането на числа, които не могат да бъдат представени като суми от два квадрата.

Теорема (за представянето на естествени числа чрез суми от два квадрата).Естествено число a може да се представи като сбор от два квадрата тогава и само ако в неговото канонично разширение има прости числа от вида 4 н + 3 имат четни показатели.

Доказателство.Първо, нека докажем, че ако едно естествено число a е представимо като сбор от два квадрата, тогава в неговото канонично разширение всички прости числа от вида 4 н + 3 трябва да има четни показатели. Нека приемем, противно на доказаното, че а= p 2 к +1 b = х 2 + г 2 , Където

R -просто число на формата 4 н+3 И b стр. Нека си представим числата хИ прикато

x =Дз, г = Dt, Къдетод= gcd(х, г) = p с w, стр w; z, T, с н 0 . Тогава получаваме равенството Р 2 к +1 b = д 2 (z 2 + T 2 ) = p 2 с w 2 (z 2 + T 2 ) , т.е. Р 2( к – с )+1 b = w 2 (z 2 + T 2 ) . От лявата страна на равенството има p (нечетната степен не е равна на нула), което означава, че един от множителите от дясната страна е разделен на простото число p. Тъй като стр w, Че p | (z 2 + T 2 ) , където числата z, T взаимно прости. Това противоречи на следващата лема (?!).

Лема (за делимостта на сумата от два квадрата на просто число от формата

4 н + 3 ). Ако просто число p = 4н+3 дели сумата от квадратите на две естествени числа, след което дели всяко от тези числа.

Доказателство.От обратното. Позволявам х 2 + г 2 0(мод стр) , Но х0(мод стр) или г 0 (мод стр) . Тъй като хИ гсиметрични, те могат да бъдат разменени, така че можем да приемем, че х стр.

Лема (за обратимостта по модулстр ). За всяко цяло число х, неделимо на просто число стр, има обратен модулен елемент стр – такова цяло число 1 u < стр, Какво сю 1 (мод стр).

Доказателство.Номер хсъвместно с стр, така че можем да запишем линейното разширение GCD(х, стр) = 1 = сю + pv (u, v З) . Това е ясно сю1(modp) , т.е. u– обратен елемент към хпо модул стр. Ако uне удовлетворява ограничението 1 u < стр, след това разделяне uс включен баланс стр, получаваме остатъка r u (мод стр) , за което xr сю 1 (мод стр) И 0 r < стр.

Лема за обратимост по модул стрдоказано.

Умножаващо сравнение х 2 + г 2 0 (мод стр) на квадрат u 2 обратен елемент към хпо модул стр, получаваме 0 = 0u 2 х 2 u 2 + y 2 u 2 = (xu) 2 + (ю) 2 1+т 2 (mod p).

По този начин, за T = юсравнението е направено T 2 –1 (мод стр) , което ще доведе до противоречие. Това е ясно T стр: в противен случай T 0 (мод стр) И 0 T 2 –1 (мод стр) , което е невъзможно. По теоремата на Ферма имаме T стр –1 1 (мод стр), който заедно с T 2 –1 (мод стр) И стр = 4 н + 3 води до противоречие:

1 т p–1 = t 4n+3–1 = t 2(2n+1) = (т 2 ) 2n+1 (–1) 2n+1 = –1 (modp).

Полученото противоречие показва, че предположението за х 0 (мод стр) не беше вярно.

Лема за делимостта на сбора от два квадрата на просто число 4 н+3 доказано.

Така се доказва, че числото, чието канонично разлагане включва просто число стр = 4 н + 3 на нечетна степен, не може да се представи като сбор от два квадрата.

Нека сега докажем, че всяко число, в чието канонично разширение простите числа стр = 4 н + 3 участват само в дори градуси, може да се представи като сбор от два квадрата.

Идеята на доказателството се основава на следната идентичност:

(А 2 +б 2 )(° С 2 +г 2 ) = (ac – bd) 2 + (реклама + bc) 2 ,

което може да се получи от известно свойство на модула комплексни числа– продуктов модул равно на произведениетомодули. Наистина ли,

| z|| T| = | zt| | а + би|| ° С + ди| = |(а + би)(° С + ди)|

|a + bi| 2 |c + di| 2 = |(ac – bd) + (ad + bc)i| 2

(А 2 +б 2 )(° С 2 +г 2 ) = (ac – bd) 2 + (реклама + bc) 2 .

От тази идентичност следва, че ако две числа u, v могат да бъдат представени като сбор от два квадрата: u = х 2 + г 2 , v = z 2 + T 2 , тогава техният продукт uv може да бъде представен като сбор от два квадрата: uv = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .

Всякакви естествено число а > 1 може да се запише във формата а= p 1 … Р к м 2 , Където Р аз– по двойки различни прости числа, м н . За да направите това, достатъчно е да намерите каноничното разширение , запишете всяка степен на формата rпод формата на квадрат (r) 2 за дори = 2, или във формата r = r(r) 2 за странно = 2 + 1 , и след това групирайте отделно квадратите и останалите единични прости числа. Например,

29250 = 23 2 5 3 13 = 2513(35) 2 , м = 15.

Номер м 2 има тривиално представяне като сбор от два квадрата: м 2 = 0 2 + м 2 . Ако докажем представимостта като сбор от два квадрата на всички прости числа Р аз (1 аз к) , тогава с помощта на идентичността ще се получи представянето на числото a. По условие, сред числата Р 1 , … , Р к може само да се срещне 2 = 1 2 + 1 2 и прости числа на формата 4 н + 1 . Така остава да се получи представяне под формата на сумата от два квадрата просто число p = 4t + 1. Нека отделим това твърдение в отделна теорема (вижте по-долу)

Например за а = 29250 = 2513(15) 2 последователно получаваме:

2 = 1 2 + 1 2 , 5 = 1 2 + 2 2 , 13 = 2 2 + 3 2 ,

25 = (11 – 12) 2 + (12 + 11) 2 = 1 2 + 3 2 ,

2513 = (12 – 33) 2 + (13 + 32) 2 = 7 2 + 9 2 ,

29250 = 2513(15) 2 = (715) 2 + (915) 2 = 105 2 + 135 2 .

Теоремата е доказана.

§ 4. Уравнениеx+ x + 1 = 3y

Нека сега се заемем с уравнението x+x+1=Zu.То вече има своя история. През 1950 г. R. Oblate предполага, че в допълнение към решението

х=y=1. то няма други решения в естествени числа x, yкъдето x е нечетно число. През същата година Т. Нагел посочи решението х= 313, y = 181.Метод, подобен на горния за уравнението x+x-2y=0, ще ни позволи да определим всички решения на уравнението х+x+1=3y (1)

в естествени числа х, u.Нека се преструваме, че (x, y)е решение на уравнение (1) в естествени числа и х > 1. Можете лесно да проверите, че уравнение (18) няма решения в естествени числа х, г, Където x = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9;така трябва да бъде х10.

Нека покажем това 12u<7 х+3, 7у>4х+ 2. 4у> 2х+1 . (2)

Ако беше 12г> 7x+3, щяхме да имаме 144г> 49 х+42 х+9 . и тъй като с оглед на (18), 144y= 48х+ 48 х + 48 , тогава би било х< 6 х +3 9, от къде

(x-z)< 48 и следователно предвид това х> 10, 7 < 148 , което е невъзможно. И така, първото от неравенствата (2) е доказано.

Ако беше 7 г< 4 х+2 , щяхме да имаме 49 г< 16 х+ 16 х+4 и тъй като с оглед на (1), 16 х+ 16 х+ 16 = 48 г, тогава би било 49 г< 48u- 12, което е невъзможно. Така второто от неравенствата (2) е доказано, от което пряко следва третото. Така че неравенствата (2) са верни.

Нека сега поставим

w\u003d 7x - 12y + 3,ч = -4 х+ 7u-2. (3)

Въз основа на (2) намираме това w > 0 , ч > 0 И Х -w=3(4 г-2 х-1)>0 и следователно, w<х . Съгласно (3) имаме w 2 + w+1=3 ч 2 откъдето с оглед на (1) приемаме g(x, y) = (7x- 12y + 3, -4x + 7y -2).

Така че можем да кажем това въз основа на всяко решение (x, y)уравнение (1) в естествени числа, където х > 1, получаваме ново решение (w, ч) = g(x, y)уравнение (1) в естествени числа w, чКъдето w < х (и следователно решението е в по-малки естествени числа). От тук, действайки както по-горе, намираме, че за всяко решение на уравнение (1) в естествени числа x, y, Където х > 1, има естествено число n такова, че g(x, y) = (l, 1).

След като прие f(x, y) = (7х+12у + 3, 4х+ 7у + 2), (4) можем лесно да намерим това f(g(x,y)) = (x,y)и следователно (х, г) = f(1,1) От друга страна, лесно е да се провери дали ако (x, y)е решение на уравнение (1) в естествени числа, тогава f(х, г) има и решение на уравнение (1) в естествени числа (съответно по-големи от хИ при).

След като прие x=y=1(x, y) = f(1, 1)За н=2,3,…..,

получаваме последователността { х, г} За н= 1, 2,….., съдържащ всички решения на уравнение (1) в естествени числа и само такива решения.

Тук имаме (Х,г)= f(1,1)= f(x, y),следователно, по силата на (4), получаваме

х=7х+12y+3,г=4 x+7 y+2 (5) (н=1, 2, ...)

Формули, които ви позволяват последователно да определяте всички решения (x, y)уравнение (1) в естествени числа. По този начин лесно намираме решения (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Очевидно има безкраен брой от тези решения. От равенствата

x=y=1и (4) използвайки индукция, лесно намираме, че числата хс нечетни индекси са нечетни, с четни индекси са четни, а числата гсъщността е странна за н = 1, 2, ... Да се ​​получат всички решения на уравнение (1) в цели числа x, y, както е лесно да се докаже, ще следват вече получените решения (x, y)присъединяване (x, -y)И (-x-1, ±y)За н=1, 2, .. .

Така че тук имаме, например, следните решения: (-2,1) (-23,13), (-314,181). А. Роткевич отбеляза, че всички решения на уравнение (1) са в естествени числа х > 1и y можете да получите всички решения на уравнението (z+1)-z= y (6)

в естествени числа z, y.Всъщност нека приемем, че естествените числа z,y удовлетворяват уравнение (5). Поставяне x=3z+l, получаваме, както е лесно да се провери, естествени числа х > 1И при, удовлетворяващ уравнение (1).

От друга страна, ако естествените числа х > 1И приудовлетворяват уравнение (1), тогава, както е лесно да се провери, имаме (x-1)= 3(y-x), което означава, че числото (естествено) х-1разделена на 3 , следователно х-1= 3 z, където zе естествено число, а равенството 3z=y-х=y3z-1 , което доказва, че числата zИ приудовлетворяват уравнение (6). Така въз основа на решенията (22,13),(313,181), (4366,2521) уравнение (1), получаваме решения (7,13),(104,181),(1455,2521) уравнение (6). Тук също отбелязваме, че ако естествените числа z, yудовлетворяват уравнение (6), доказано е, че прие сумата от два последователни квадрата, например 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . По подобен начин, както преди за уравнение (1), можем да намерим всички решения на уравнението х+(х+1)= гв естествени числа x, y, като прие за x > 3 g(x. y) = (3x -2y+1, 3y - 4x- 2)и за х> 1 f(x, y) = (3х+ 2y+l, 4x + Zu + 2),което води до формулата ( x, y)f(3,5) и до заключението, че всички решения на уравнение (6) в естествени числа x, y се съдържат в редицата { х, г} За н= 1, 2,…., Където x=3, y=5, aх=3 х+2 г+1 . г = 4 х+3 г+2 (н=1, 2, ...). Например, x = 3 3 + 2 5 + 1 = 20, y = 4 3 + 3 5 + 2 = 29;х=119, y=169:х=69b, y= 985;х=4059, y=5741.

Геометричният смисъл на разглежданото уравнение е, че то дава всички питагорови триъгълници (правоъгълни с естествени страни), чиито катети се изразяват с последователни естествени числа. Има безкрайно много такива триъгълници (*).

Уравнението х+(х+1)= г, е доказано, че няма решения в естествени числа x, y.

Линеен Диофантови уравнения

Изследователска работа по алгебра

Ученик от 9 клас на общинската образователна институция "Упшинская гимназия"

Антонова Юри

„Ако искаш да се научиш да плуваш, тогава

не се колебайте да влезете във водата и ако искате

научете се да решавате проблеми и след това ги решавайте.

Д.Поя

Ръководител – Софронова Н.А. .


Задача

За подови настилки с ширина 3 метра има дъски с ширина 11 см и 13 см. Колко дъски от двата размера са ви необходими?

Ако х – броя на дъските с ширина 11 см и при – броя на дъските с ширина 13 см, тогава трябва да решим уравнението:

11 х + 13 y = 300


Характеристики на уравнението 11 x + 13 y = 300: ▪ Коефициенти 11, 13, 300 са цели числа. ▪ Броят на неизвестните надвишава броя на уравненията. ▪ Решенията на това уравнение x и y трябва да бъдат цели числа положителни числа

Алгебричните уравнения или системите от алгебрични уравнения с цели коефициенти, в които броят на неизвестните превишава броя на уравненията и за които трябва да се намерят цели решения, се наричат ​​недефинирани или диофантинова, на името на гръцкия математик Диофанта .


Примери за диофантови уравнения

1 . Намерете всички двойки цели числа

х , г , за което е вярно равенство

2 . Покажете, че уравнението

има безкраен брой решения

цели числа


Цел на работата:

Да разбера:

  • Който методи с съществуват За решения на диофантови уравнения?

Задачи:

  • Намерете и и научете методи за решаване линеен Диофантови уравнения с две променливи.
  • Разгледайте възможностите на теорията на линейните диофантови уравнения.

Питагорови тройки

  • Неопределените уравнения в цели числа са решени още преди Диофант. Например алгебричното уравнение представляваше голям интерес х 2 + г 2 = z 2 , обвързващи страни х , при , z правоъгълен триъгълник. Цели числа х , г И z , които са решения на това уравнение, се наричат "Питагорови тройки" .

Уравнение на Ферма

  • Математическите изследвания на френския математик Пиер Ферма също са пряко свързани с работата на Диофант. Смята се, че именно с работата на Ферма започва нова вълна в развитието на теорията на числата. И един от неговите проблеми е известното уравнение на Ферма

х н + y н = z н


Нито един голям математик не подмина теорията на диофантовите уравнения.

Ферма, Ойлер, Лагранж, Гаус, Чебишев оставиха незаличима следа в тази интересна теория.


1, (Каталуна); ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, където a, b, c, d, e, f са цели числа, т.е. общо нехомогенно уравнение от втора степен с две неизвестни (P. Fermat, J Wallis , Л. Ойлер, Дж. Лагранж и К. Гаус) " width="640"

Примери за неопределени уравнения решени от велики математици 19-ти и 20-ти век: х 2 − ню 2 = 1 , Където н не е точен квадрат (Ферма, Пеле); х z − г T = 1 , Където z , T 1, (Каталуна); о 2 + bxy + су 2 + dx + ЕС + f = 0 , Където А , b , с , д , д , f - цели числа, т.е. общо нехомогенно уравнение от втора степен с две неизвестни (P. Fermat, J. Wallis, L. Euler, J. Lagrange и K. Gauss)


Диофантови уравнения през 20 век

1900 г Международен математически конгрес.

10-та задача на Хилберт

Дадено е Диофантово уравнение с определен брой неизвестни и цели рационални коефициенти. Необходимо е да се измисли процедура, която може да определи в краен брой операции дали уравнението е разрешимо в рационални цели числа.

Руски математик Юрий Матиясевич доказано :

10-тата задача на Хилберт е неразрешима – не съществува търсеният алгоритъм.


Винаги ли е възможно да се намерят всички цели решения за конкретно неопределено уравнение или да се докаже липсата на такова?

  • Задачата за решаване на уравнения в цели числа е напълно решена само за уравнения от първа степен с две или три неизвестни.
  • ДУ от втора степен с две неизвестни се решават много трудно.
  • DE от втора степен с повече от две неизвестни се решават само в някои специални случаи, например уравнението х 2 + г 2 = z 2 .
  • DE със степен по-висока от втората имат, като правило, само краен брой решения (в цели числа).
  • За уравнения над втора степен с две или повече неизвестни дори проблемът за съществуването на целочислени решения е доста труден. Например, не е известно дали уравнението има

х 3 + г 3 + z 3 = 30 поне едно цяло число решение.

  • За решаване на отделни диференциални уравнения, а понякога и за конкретни уравнения, трябва да се измислят нови методи. Очевидно е, че няма алгоритъм, който да позволи намирането на решения на произволни диференциални уравнения.

Линейни диофантови уравнения

Обща форма:

LDE с две променливи:

а х + от = c

LDE с три променливи:

а х + от + cz = d


LDE с две неизвестни

LDE с две променливи:

а х + от = c

Решения:

х = х 0 - bt

при = при 0 + при

Хомогенен:

а х + от = 0

Решения:

х = - bt

при = при


Потърсете лично решение

Методи за решение:

  • Множествен метод.
  • Приложение на алгоритъма на Евклид.
  • Метод на груба сила.
  • Метод на спускане.
  • Метод за разглеждане на остатъци от деление

Множествен метод

Решете уравнението 11 x + 2 y = 69

Търсим сума равна на 69: 55 + 14 = 69 Частично решение на уравнението

х 0 = 5, y 0 = 7


Приложение на алгоритъма на Евклид

Решете уравнението 4 x + 7 y = 16

  • Нека намерим gcd на числата 4 и 7 с помощта на евклидовия алгоритъм: gcd(4,7) = 1
  • Нека изразим числото 1 чрез коефициенти А = 4 и b =7, използвайки теоремата за линейно разлагане на GCD:

GCD ( а, b ) = au + bv .

  • Получаваме: 1 = 4 ∙ 2 + 7 ∙ (-1) u = 2, v = -1
  • Конкретно решение на уравнението: х 0 = 2 ∙ 16 = 32,

при 0 = -1 ∙ 16 = -16


Метод на груба сила

Решете уравнението 7 x + 12 y = 100

  • 7x + 12y = 100
  • 7x = 100 – 12y
  • 100 – 12 пъти 7

Конкретно решение на уравнението: х 0 = 4, y 0 = 6

100-12у


Метод на слизане: 3x+8y=60

Да изразим

променлива х

през при

Да изразим

променлива х

през T

Отговор:

Преглед:


Метод за разглеждане на остатъци от деление

  • Решете уравнението в цели числа 3x – 4y = 1
  • 3 x = 4 y + 1
  • Лявата страна на уравнението се дели на 3, което означава, че дясната страна трябва да се дели на 3. Когато се дели на 3, остатъците могат да бъдат 0, 1 и 2.
  • Нека разгледаме 3 случая.

3 x = 4 ∙ 3p + 1 = 12 p + 1

y = 3p + 1

Не се дели на 3

3 x = 4 ∙ (3p + 1) +1 = 12 p + 3

y = 3p + 2

Не се дели на 3

3 x = 4 ∙ (3p + 2) +1 = 12 p + 9

3 x = 3 (4 p + 3)

x = 4 p + 3

Отговор:

Дели се на 3

x = 4 p + 3 ; y = 3p + 2


Възможности на теорията на LDE Намерете всички цели числа на уравнението х 2 + 5 г 2 + 34z 2 + 2xy - 10xz - 22уz =0


Какво ми даде работата по проекта?

  • Получих представа за работата по изследователски проект.
  • Запознах се с историята на развитието на диофантовите уравнения и биографията на Диофант.
  • Изучава методи за решаване на LDE с две и три неизвестни.
  • решава група задачи, които са от практическо естество, а също така се срещат на олимпиади и изпити за курс на основно училище
  • Придобити умения за решаване на нестандартни задачи.

Мисля, че в бъдеще ще продължа да изучавам диофантовите уравнения от втора степен и методите за тяхното решаване.

СПИСЪК НА ИЗПОЛЗВАНИТЕ ИЗТОЧНИЦИ

  • Математиката в понятия, определения и термини. Част 1. Наръчник за учители. Изд. Л. В. Сабинина. М., "Просвещение", 1978. -320 с. (Библиотека на учителя по математика.) На гърба, заглавна страница: О. В. Мантуров, Ю. К. Солнцев, Ю. И. Сорокин, Н. Г. Федин.
  • Нагибин Ф.Ф., Канин Е.С. Математическа кутия: Помагало за уч. – 4-то изд., преработено. и допълнителни - М.: Образование, 1984. - 160 с., ил.
  • Н. П. Тухнин. Как да задам въпрос? (За математическото творчество на учениците): Книга за студенти. – М.: Образование, 1993. – 192 с., ил.
  • С.Н.Олехник, Ю.В.Нестеренко, М.К.Потапов Антични занимателни задачи. –M .: Bustard, 2002. -176 с., ил.
  • Я.И.Перелман. Занимателна алгебра. – М.: Наука, 1975. – 200 с., ил.
  • Избирателен ресурс: http :// www.yugzone.ru /х/ diofant-i-diophantovy-uravneniya / И. Г. Башмакова “Диофантови и диофантови уравнения”.
  • Избирателен ресурс: http :// www.goldenmuseum.com /1612Hilbert_rus.html 10-та задача на Хилберт: историята на едно математическо откритие (Диофант, Ферма, Хилберт, Джулия Робинсън, Николай Воробьов, Юрий Матиясевич).
  • Избирателен ресурс: http://ru.wikipedia.org/wiki/ Диофантови уравнения.
  • Избирателен ресурс: http :// revolution.allbest.ru / математика /d00013924.html Белов Денис Владимирович Линейни диофантови уравнения.
  • Избирателен ресурс: http :// revolution.allbest.ru / математика /d00063111.html Линейни диофантови уравнения
  • Избирателен ресурс: http //portfolio.1september.ru/work.php?id=570768 Зюрюкина Олга. Неопределени уравнения в цели числа или диофантови уравнения.
  • Избирателен ресурс: http //portfolio.1september.ru/work.php?id=561773 Арапов Александър. Диофант и неговите уравнения.
  • Избирателен ресурс: http :// en.wikipedia.org / wiki / Алгоритъм на Евклид.

Днес предлагам да помислим върху един интересен математически проблем.
А именно, нека загреем, като решим следното линейно уравнение:

„Какво е толкова сложно?“ - ти питаш. Всъщност има само едно уравнение и цели четири неизвестни. Следователно три променливи са свободни, а последната зависи от тях. Така че нека го изразим бързо! Например чрез променливата наборът от решения е както следва:

където е множеството от всякакви реални числа.

Е, решението наистина се оказа твърде тривиално. Тогава ще усложним задачата си и ще я направим по-интересна.

Да си спомним за линейни уравненияс цели коефициенти и цели корени, които всъщност са вид диофантови уравнения. По-конкретно, ще наложим на нашето уравнение съответните ограничения върху целостта на коефициентите и корените. Коефициентите за неизвестните вече са цели числа (), но самите неизвестни трябва да бъдат ограничени до следното:

където е множеството от цели числа.

Сега решението, получено в началото на статията, „няма да работи“, тъй като рискуваме да го получим като рационално (дробно) число. Как се решава това уравнение? единствено и самов цели числа?

Тези, които се интересуват от решаването на този проблем, моля, обърнете се към кат.

И ние продължаваме с вас. Нека се опитаме да направим някои елементарни трансформации на търсеното уравнение:

Проблемът все още изглежда неразбираем, в такива случаи математиците обикновено правят някаква замяна. Нека го ритнем и с вас:

Леле, постигнахме интересен резултат! Нашият коефициент е сега равно на едно, което означава, че вие ​​и аз можем да изразим това неизвестно чрез другите неизвестни в това уравнение без никакви деления (което направихме в самото начало на статията). Хайде да го направим:

Позволете ми да насоча вниманието ви към факта, че това ни казва, че независимо какви са (в рамките на диофантовите уравнения), то пак ще остане цяло число и това е страхотно.

Спомняйки си, че е справедливо да се каже това. И замествайки получения резултат по-горе, получаваме:

Тук също виждаме, че каквото и да е, пак ще остане цяло число и това все още е прекрасно.

Тогава на ум ни идва брилянтна идея: нека ги декларираме като свободни променливи и да ги изразим чрез тях! Всъщност ние вече направихме това. Всичко, което остава, е да напишете отговора в системата за решения:

Сега можете да видите това в системата за вземане на решения никъде няма разделение, което означава, че решенията винаги ще бъдат цели числа. Нека се опитаме да намерим конкретно решение на първоначалното уравнение, като приемем например, че:

Нека заместим в оригиналното уравнение:

Същото, готино! Нека опитаме отново с различен пример, става ли?

Тук виждаме отрицателен коефициент, той може да ни създаде доста проблеми, така че нека се отървем от греха, като заменим , тогава уравнението ще бъде както следва:

Както си спомняме, нашата задача е да направим такива трансформации, така че нашето уравнение да съдържа неизвестно с единичен коефициент (за да го изразим след това чрез останалите без деление). За да направим това, трябва отново да вземем нещо „извън скобите“; най-бързият начин е да вземем коефициентите от уравнението, които са най-близки до единица. Трябва обаче да разберете, че можете да вземете като скоба само това число, което непременно е някакъв коефициент на уравнението (ни повече, ни по-малко), в противен случай ще се натъкнем на тавтология/противоречие или дроби (с други думи, това е невъзможно свободните променливи да се появят някъде освен в последната замяна). Така:

Нека въведем замяната, тогава получаваме:

Нека отново вземем скобите и накрая да получим неизвестното в уравнението с единичен коефициент:

Нека въведем замяната, тогава:

Нека изразим нашата самотна неизвестност от тук:

От това следва, че каквото и да вземем, пак ще си остане цяло число. Тогава намираме от връзката:

По подобен начин намираме от връзката:

Тук нашата система от решения е узряла - изразили сме абсолютно всички неизвестни, без да прибягваме до деление, като по този начин показваме, че решението определено ще бъде цяло число. Освен това не забравяйте, че трябва да въведем обратно заместване. Тогава крайната система от решения е следната:

Така остава да се отговори на въпроса - може ли подобно уравнение да бъде решено по този начин? Отговор: не, ако уравнението е фундаментално неразрешимо. Това се случва в случаите, когато свободният член не се дели напълно на gcd на всички коефициенти за неизвестните. С други думи, като се има предвид уравнението:

За да го решим в цели числа, е достатъчно да удовлетворим следното условие:

(където е най-големият общ делител).

Доказателство

Доказателството не се разглежда в обхвата на тази статия, тъй като това е причината за отделна статия. Можете да го видите например в прекрасната книга на В. Серпински „За решаване на уравнения в цели числа” в §2.

Обобщавайки горното, ние изписваме алгоритъм от действия за решаване на линейни диофантови уравнения с произволен брой неизвестни:

В заключение си струва да кажете, че можете също да добавите ограничения към всеки член на уравнението под формата на неравенство върху него (тогава към системата от решения се добавя система от неравенства, според която отговорът ще трябва да бъде коригирано), а също и да добавите нещо друго интересно. Не бива да забравяме също, че алгоритъмът на решението е строг и може да бъде написан под формата на компютърна програма.

Петър беше с теб,
Благодаря за вниманието.

Задача 1. Да кажем, че октоподи и морски звезди живеят в аквариум. Октоподите имат 8 крака, а морските звезди - 5. Крайниците са общо 39. Колко животни има в аквариума?

Решение. Нека x е броят на морските звезди, y броят на октоподите. Тогава всички октоподи имат 8 крака, а всички звезди имат 5 крака. Нека създадем уравнение: 5x + 8y = 39.

Обърнете внимание, че броят на животните не може да бъде изразен като нецело число или отрицателно число. Следователно, ако x е неотрицателно цяло число, тогава y = (39 – 5x)/8 също трябва да е цяло число и неотрицателно и следователно е необходимо изразът 39 – 5x да се дели на 8 без a просто търсене на опции показва, че това е възможно само когато x = 3, тогава y = 3. Отговор: (3; 3).

Уравненията от вида ax+bу=c се наричат ​​диофантови, по името на древногръцкия математик Диофант от Александрия. Диофант е живял, очевидно, през 3 век. н. д., останалите факти от биографията му, известни ни, се изчерпват със следното стихотворение-гатанка, според легендата, гравирано върху надгробния му камък:

Пепелта на Диофант почива в гробницата; чудете се на нея и на камъка

Възрастта на починалия ще говори чрез неговото мъдро изкуство.

По волята на боговете той изживява една шеста от живота си като дете.

И срещнах пет и половина с пух на бузите.

Точно след седмия ден той се сгоди за приятелката си.

След като прекарал пет години с нея, мъдрецът имал син;

Любимият син на баща му изживя само половината от живота си.

Взет е от баща си от ранния му гроб.

Два пъти две години родителят скърби тежка скръб,

Тук видях границата на моя тъжен живот.

Колко години е живял Диофант от Александрия?

Задача 2. В склада има пирони в кашони по 16, 17 и 40 кг. Може ли един складодържател да издаде 100 кг пирони без да отваря кашоните? (метод на груба сила)

Нека разгледаме метод за решаване на едно неизвестно.

Задача 3. В каталога на художествената галерия има само 96 картини. Някои страници имат 4 картини, а някои имат 6. Колко страници от всеки тип има в каталога?

Решение. Нека x е броят на страниците с четири снимки,

y – брой страници с шест снимки,

Ние решаваме това уравнение по отношение на неизвестното, което има най-малкия (по модул) коефициент. В нашия случай е 4x, тоест:

Разделяме цялото уравнение на този коефициент:

4x=96-6y | :4;

Остатък при деление на 4: 1,2,3. Нека заместим тези числа с y.

Ако y=1, тогава x=(96-6∙1):4=90:4 - Не работи, решението не е в цели числа.

Ако y=2, тогава x=(96-6∙2):4=21 – Подходящо.

Ако y=3, тогава x=(96-6∙3):4=78:4 - Не работи, решението не е в цели числа.

И така, конкретно решение е двойката (21;2), което означава, че има 4 снимки на 21 страници и 6 снимки на 2 страници.

Нека анализираме метода на решение с помощта на Евклидовия алгоритъм.

Задача 4. В магазина се продават два вида шоколад: млечен и горчив. Целият шоколад се съхранява в кутии. В склада има 7 кутии млечен шоколад, а черен - 4. Известно е, че е имало още един черен шоколад. Колко шоколадови блокчета има във всеки вид кутия?

Решение. Нека x е броят на блокчетата млечен шоколад в една кутия,

y – брой блокчета черен шоколад в една кутия,

тогава, според условията на този проблем, можем да създадем уравнението:

Нека решим това уравнение с помощта на Евклидовия алгоритъм.

Нека изразим 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.

Нека изразим 4=3∙1+1, => 1=4-3∙1=4-(7-4∙1)=4-7+4∙1=4∙ 2 -7∙1 =1.

И така, получава се x=1; y=2.

Това означава, че млечният шоколад е в кутия от 1 бр., а горчивият шоколад е 2 бр.

Нека анализираме метода за търсене на конкретно решение и обща формуларешения.

Задача 5. В африканското племе Тумбе-Юмбе двама аборигени Тумба и Юмба работят като фризьори, като Тумба винаги сплита на клиентите си по 7 плитки, а Юмба по 4 плитки. Колко клиенти са обслужили фризьорите поотделно за една смяна, ако се знае, че заедно са сплели 53 плитки?

Решение. Нека x е броят на клиентите на Tumba,

y – брой клиенти на Yumba,

тогава 7x+4y=53 (1).

Сега, за да намерим частични решения на уравнението (,), заместваме сумата от дадените ни числа с 1. Това значително ще опрости търсенето на подходящи числа. Получаваме:

Нека решим това уравнение, използвайки метода на заместване.

4y=1-7x │:4;

Остатъците при деление на 4 са: 1, 2, 3. Нека заместим тези числа с x:

Ако x=1, тогава y=(1-7):4 – не пасва, т.к Решението не е в цели числа.

Ако x=2, тогава y=(1-7∙2):4 – не пасва, т.к Решението не е в цели числа.

Ако x=3, тогава y=(1-7∙3):4=-5 – подходящо.

След това умножаваме получените стойности по първоначалната стойност на сумата, която сме заменили с 1, т.е.

x=x 0 ∙53=3∙53=159;

y=y 0 ∙53=-5∙53=-265.

Намерихме конкретно решение на уравнение (1). Нека го проверим, като заместим първоначалното уравнение:

7∙159+4∙(-265)=53; (3)

Отговорът беше правилен. Ако решавахме абстрактно уравнение, можехме да спрем дотук. Ние обаче решаваме проблема и тъй като Тумба не можа да сплете отрицателен брой плитки, трябва да продължим решението. Сега нека създадем формули за общото решение. За да направим това, изваждаме от първоначалното уравнение (1) уравнението със заместени стойности (3). Получаваме:

Нека извадим общите фактори извън скобите:

7(x-159)+4(y+265)=0.

Нека преместим един от членовете от едната страна на уравнението в другата:

7(x-159)=-4(y+265).

Сега стана ясно, че за да бъде решено уравнението (x-159) трябва да се дели на -4, а (y + 265) трябва да се дели на 7. Нека въведем променливата n, която ще покаже това нашето наблюдение:

Нека преместим членовете от едната страна на уравнението в другата:

Получихме общо решение на това уравнение, сега можем да заместим различни числа в него и да получим съответните отговори.

Например нека n=39 тогава

Това означава, че Тумба е сплела коса за 3 клиента, а Юмба за 8 клиента.

Решавайте проблеми с различни методи.

Задача 6: Вовочка купи химикалки за 8 рубли и моливи за 5 рубли. Освен това той плати 19 рубли повече за всички моливи, отколкото за всички химикалки. Колко химикалки и колко молива купи Вовочка? (метод за търсене на общо решение, решение относно едно неизвестно, използване на алгоритъм на Евклид).

Задача 7. Купихме флумастери за 7 рубли и моливи за 4 рубли всеки, общо 53 рубли. Колко маркери и моливи купихте?

Задача 8. (общинска обиколка на VOSH 2014-2015): на планетата C се използват два вида монети: 16 тугрика и 27 тугрика всеки. Възможно ли е да ги използвате за закупуване на стоки, които струват 1 тугрик?

Задача 9. Шехерезада разказва приказките си на великия владетел. Общо тя трябва да разкаже 1001 приказки. Колко нощи ще са необходими на Шехерезада, за да разкаже всичките си приказки, ако в някои нощи тя разказва 3 приказки, а в други 5? След колко нощи Шехерезада ще разкаже всичките си приказки, ако иска да го направи възможно най-бързо? Колко нощи ще са необходими на Шехерезада, ако й е уморително да разказва по пет приказки на вечер, така че трябва да има възможно най-малко такива нощи?

Задача 10. (спомнете си „Водолей“) Как да налеете 3 литра вода, имайки 9-литрови и 5-литрови съдове?

Задача 11. Вовочка се справя добре с математиката. В дневника си той има само А и Б, с повече А. Сборът от всички оценки на Вовочка по математика е 47. Колко А и колко Б е получил Вовочка?

Задача 12. Koschey Immortal създаде разсадник за развъждане на Gorynych Serpents. В последното потомство има змии със 17 глави и 19 глави. Общо това пило наброява 339 глави. Колко 17-глави и колко 19-глави змии е отгледал Кошчей?

Отговори: Диофант живял 84 години;

задача 2: 4 кашона по 17 кг и 2 кашона по 16 кг;

задача 6: Закупени са 7 молива и 8 химикала, тоест (7.2) е частно решение и y = 2 + 5n, x = 7 + 8n, където nє Z е общото решение;

задача 7: (-53; 106) – частно решение, x=4n-53, y=-7n+106 – общи решения, с n=14, x=3, y=8, т.е. 3 маркера и 8 молива бяха закупени;

задача 8: например платете 3 монети от 27 тугрика и получете ресто от 5 монети от 16 тугрика;

задача 9: (2002; -1001) – частно решение, x=-5 n+2002, y=3n-1001 – общо решение, с n=350, y=49, x=252, т.е. 252 нощи от 3 приказки и 49 нощи от 5 приказки - общо 301 нощи; най-бързият вариант: 2 нощи по три приказки и 199 нощи по 5 приказки - общо 201 нощи; най-дълъг вариант: 332 нощи от 3 приказки и 1 вечер от 5 приказки - общо 333 нощи.

задача 10: например, налейте вода 2 пъти с 9-литров буркан и я изгребете 3 пъти с 5-литров буркан;

задача 11: Вовочка получи 7 A и 4 B;

задача 12: 11 змии със 17 глави и 8 змии с 19 глави.

Алгебрични неравенства или техни системи с рационални коефициенти, чиито решения се търсят в цели или цели числа. По правило броят на неизвестните в диофантовите уравнения е по-голям. Следователно те са известни също като недефинирани неравенства. В съвременната математика горната концепция се прилага към алгебрични уравнения, чиито решения се търсят в алгебрични цели числа на някакво разширение на полето от Q-рационални променливи, полето от p-адични променливи и др.

Произходът на тези неравенства

Изследването на уравненията на Диофант е на границата между теорията на числата и алгебричната геометрия. Намирането на решения в цели променливи е един от най-старите математически проблеми. Още в началото на второто хилядолетие пр.н.е. Древните вавилонци успяват да решат системи от уравнения с две неизвестни. Този клон на математиката процъфтява най-много през Древна Гърция. Аритметиката на Диофант (около 3 век сл. н. е.) е важен и основен източник, който съдържа Различни видовеи системи от уравнения.

В тази книга Диофант предвижда редица методи за изследване на неравенства от втора и трета степен, които са напълно развити през 19 век. Създаването на теорията за рационалните числа от този изследовател на древна Гърция доведе до анализ на логически решения на неопределени системи, които систематично се следват в неговата книга. Въпреки че работата му съдържа решения на специфични диофантови уравнения, има причина да се смята, че той е бил запознат и с няколко общи метода.

Изследването на тези неравенства обикновено е свързано със сериозни трудности. Поради факта, че съдържат полиноми с цели коефициенти F (x,y1,…, y n). Въз основа на това се стигна до заключението, че няма единен алгоритъм, с който би било възможно, за всяко дадено x, да се определи дали уравнението F (x, y 1,…., y n) е изпълнено. Ситуацията е разрешима за y 1, ..., y n. Примери за такива полиноми могат да бъдат записани.

Най-простото неравенство

ax + by = 1, където a и b са относително цели и прости числа, има огромен брой изпълнения за него (ако x 0, y 0 се генерира резултатът, тогава двойка променливи x = x 0 + b n и y = y 0 -an, където n е произволно, също ще се счита за изпълняващо неравенството). Друг пример за диофантови уравнения е x 2 + y 2 = z 2 . Положителните интегрални решения на това неравенство са дължините на малките страни x, y и правоъгълни триъгълници, както и хипотенузата z с цели странични размери. Тези числа са известни като числа на Питагор. Всички триплети по отношение на простите променливи, споменати по-горе, са дадени с формулите x=m 2 - n 2, y = 2mn, z = m 2 + n 2, където m и n са цели числа и прости числа (m>n>0 ).

Диофант в своята Аритметика търси рационални (не непременно интегрални) решения на специални видове неравенства. Общата теория за решаване на диофантови уравнения от първа степен е разработена от C. G. Bachet през 17 век. Други учени в началото на XIXвекове, основно изучават подобни неравенства от типа ax 2 +bxy + cy 2 + dx +ey +f = 0, където a, b, c, d, e и f са общи, нехомогенни, с две неизвестни от втора степен . Лагранж използва непрекъснати дроби в своите изследвания. Гаус разработен за квадратни форми обща теория, което е в основата на определени видове решения.

В изследването на тези неравенства от втора степен значителен напредък е постигнат едва през 20 век. A. Thue установи, че диофантовото уравнение a 0 x n + a 1 x n-1 y +…+a n y n =c, където n≥3, a 0 ,…,a n ,c са цели числа и a 0 t n + … + a n не може да има безкраен брой цели решения. Методът на Thu обаче не е добре разработен. А. Бейкър създаде ефективни теореми, които дават оценки за ефективността на някои уравнения от този вид. Б. Н. Делоне предложи друг метод на изследване, приложим към по-тесен клас от тези неравенства. По-специално, формата ax 3 + y 3 = 1 е напълно разрешима по този начин.

Диофантови уравнения: методи за решаване

Теорията на Диофант има много направления. По този начин, добре известен проблем в тази система е предположението, че няма нетривиално решение на диофантовите уравнения x n + y n = z n, ако n ≥ 3 (въпросът на Ферма). Изследването на изпълненията на целочислени неравенства е естествено обобщение на проблема на Питагоровата тройка. Ойлер получи положително решение на проблема на Ферма за n = 4. По силата на този резултат той се отнася до доказателството за изследвания на липсващо цяло число, ненулево уравнение, ако n е нечетно просто число.

Проучването относно решението не е приключило. Трудностите при прилагането му се дължат на факта, че простата факторизация в пръстена от цели алгебрични числа не е единствена. Теорията на делителите в тази система за много класове прости показатели n позволява да се потвърди валидността на теоремата на Ферма. По този начин, съществуващи методии начини за изпълнение на линейно диофантиново уравнение с две неизвестни.

Описани видове и типове задачи

Аритметиката на алгебрични цели числа се използва и в много други задачи и решения на Диофантови уравнения. Например, такива методи са приложени при изпълнение на неравенства от вида N(a 1 x 1 +…+ a n x n) = m, където N(a) е нормата на a, а x 1 , …, x n са намерени интегрални рационални променливи . Този клас включва уравнението на Пел x 2- dy 2 =1.

Стойностите a 1, ..., a n, които се появяват, тези уравнения са разделени на два типа. Първият тип - така наречените пълни форми - включва уравнения, в които сред a има m линейно независими числа над полето от рационални променливи Q, където m = , в които има степен на алгебрични показатели Q (a1,.. ., a n) върху Q. Непълни видове са тези, при които максималният брой на a i е по-малък от m.

Дългите форми са по-прости, изследването е завършено и всички решения могат да бъдат описани. Вторият тип - непълен вид - е по-сложен и развитието на такава теория все още не е завършено. Такива уравнения се изучават с помощта на диофантови приближения, които включват неравенството F(x,y)=C, където F (x,y) е полином от степен n≥3, който е нередуцируем и хомогенен. Така можем да приемем, че y i → ∞. Съответно, ако y i е достатъчно голямо, тогава неравенството ще противоречи на теоремата на Thue, Siegel и Roth, от която следва, че F(x,y)=C, където F е форма от трета степен или по-висока, нередуцируема не може имат безкраен брой решения.

Този пример съставлява доста тесен клас сред всички. Например, въпреки тяхната простота, x 3 + y 3 + z 3 = N, както и x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = N не са включени в този клас. Изследването на решенията е доста внимателно изучаван клон на диофантовите уравнения, където основата е представянето чрез квадратични форми на числа. Лагранж създава теорема, която казва, че изпълнението съществува за всички естествени N. Всяко естествено число може да бъде представено като сбор от три квадрата (теорема на Гаус), но не трябва да бъде във формата 4 a (8K-1), където a и k са неотрицателни цели показатели.

Рационални или интегрални решения на система от диофантови уравнения от типа F (x 1 , …, x n) = a, където F (x 1 , …, x n) е квадратна форма с цели коефициенти. Така, съгласно теоремата на Минковски-Хасе, неравенството ∑a ij x i x j = b, където a ij и b са рационални, има интегрално решение в реални и p-адични числа за всяко просто p само ако е разрешимо в тази структура.

Поради присъщите трудности, изучаването на числата с произволни форми от трета степен и по-горе е изследвано в по-малка степен. Основният метод на изпълнение е методът на тригонометричните суми. В този случай броят на решенията на уравнението е изрично записан чрез интеграла на Фурие. След което методът на закръжаване се използва за изразяване на броя на изпълнение на неравенството на съответните конгруенции. Методът на тригонометричните суми зависи от алгебричните характеристики на неравенствата. Съществува голям брой елементарни методиза решаване на линейни диофантови уравнения.

Диофантов анализ

Клон на математиката, чийто предмет е изучаването на интегрални и рационални решения на системи от алгебрични уравнения с помощта на геометрични методи, от същата област. През втората половина на 19 век появата на тази теория на числата доведе до изучаването на диофантовите уравнения от произволно поле с коефициенти и решенията се разглеждаха или в него, или в неговите пръстени. Системата от алгебрични функции се развива успоредно с числата. Основната аналогия между двете, която беше подчертана от Д. Хилберт и в частност от Л. Кронекер, доведе до единното изграждане на различни аритметични понятия, които обикновено се наричат ​​глобални.

Това е особено забележимо, ако алгебричните функции върху крайно поле от изследвани константи са една променлива. Концепции като теория на полето на класа, делител и разклоняване и резултати са добри илюстрации на горното. Тази гледна точка е възприета в системата на диофантовите неравенства едва по-късно, а систематичните изследвания не само с числови, но и с коефициенти, които са функции, започват едва през 50-те години на миналия век. Един от решаващите фактори в този подход беше развитието на алгебричната геометрия. Едновременното изучаване на числови полета и функции, които възникват като два еднакво важни аспекта на една и съща тема, не само доведе до елегантни и убедителни резултати, но доведе до кръстосано обогатяване на двете теми.

В алгебричната геометрия концепцията за разнообразие се заменя с неинвариантен набор от неравенства върху дадено поле K, а техните решения се заменят с рационални точки със стойности в K или негово крайно разширение. Съответно можем да кажем, че основният проблем на диофантовата геометрия е да се изследват рационалните точки на алгебричното множество X(K), като X е определени числа в полето K. Изпълнението на цели числа има геометричен смисълв линейни диофантови уравнения.

Проучвания на неравенството и възможности за прилагане

Когато изучаваме рационални (или интегрални) точки върху алгебрични многообразия, първият проблем, който възниква, е тяхното съществуване. Десетият проблем на Хилберт е формулиран като проблем за намиране на общ метод за решаване на този въпрос. В процеса на създаване на точна дефиниция на алгоритъма и след като е доказано, че подобни изпълнения за голямо числозадачи не съществуват, проблемът е придобил очевиден отрицателен резултат и най-много интересен въпросе да се определят класовете диофантови уравнения, за които съществува горната система. Най-естественият подход от алгебрична гледна точка е така нареченият принцип на Хасе: началното поле K се изследва заедно с неговите попълвания K v според всички възможни оценки. Тъй като X(K) = X(K v) са необходимо условие за съществуване и точката K взема предвид, че множествата X(K v) не са празни за всички v.

Важността се крие във факта, че обединява два проблема. Вторият е много по-прост, може да се реши с добре познат алгоритъм. В специалния случай, когато X е проективно, лемата на Хензел и нейните обобщения правят възможна по-нататъшна редукция: проблемът може да бъде сведен до изследване на рационални точки върху крайно поле. След това той решава да изгради концепцията чрез последователни изследвания или чрез по-ефективни методи.

Последно важно съображение е, че множествата X(K v) не са празни за всички v с изключение на крайно число, така че винаги има краен брой условия и те могат да бъдат тествани ефективно. Принципът на Хасе обаче не се прилага за градусови криви. Например 3x 3 + 4y 3 =5 има точки във всички p-адични числови полета и в системата, но няма рационални точки.

Този метод послужи като отправна точка за конструиране на концепция, описваща класове от главни хомогенни пространства на абелеви многообразия за извършване на „отклонение“ от принципа на Хасе. Описва се от гледна точка на специална структура, която може да бъде свързана с всеки колектор (група Тейт-Шафаревич). Основната трудност на теорията е, че методите за изчисляване на групите са трудни за получаване. Тази концепция е разширена и към други класове алгебрични многообразия.

Търсене на алгоритъм за изпълнение на неравенства

Друга евристична идея, използвана при изследването на диофантовите уравнения, е, че ако броят на променливите, включени в набор от неравенства, е голям, тогава системата обикновено има решение. Това обаче е много трудно да се докаже за всеки конкретен случай. Общият подход към проблеми от този тип използва аналитична теория на числата и се основава на оценки на тригонометрични суми. Този метод първоначално е бил приложен към специални видове уравнения.

Впоследствие обаче с негова помощ беше доказано, че ако форма на нечетна степен е F, в d и n променливи и с рационални коефициенти, тогава n е достатъчно голямо в сравнение с d, така че проективната хиперповърхност F = 0 има рационална точка. Според хипотезата на Артина, този резултат е верен дори ако n > d 2 . Това е доказано само за квадратни форми. Подобни проблеми могат да бъдат зададени и за други полета. Централният проблем на диофантовата геометрия е структурата на множеството от цели или рационални точки и тяхното изследване, като първият въпрос, който трябва да бъде изяснен, е дали това множество е крайно. В този проблем ситуацията обикновено има краен брой изпълнения, ако степента на системата е много по-голяма от броя на променливите. Това е основното предположение.

Неравенства на прави и криви

Групата X(K) може да бъде представена като пряка сума от свободна структура от ранг r и крайна група от порядък n. От 30-те години на миналия век се изучава въпросът дали тези числа са ограничени върху множеството от всички елиптични криви над дадено поле K. Ограничеността на усукването n беше демонстрирана през 70-те години. Във функционалния случай има криви с произволен висок ранг. Все още няма отговор на този въпрос в числовия случай.

И накрая, хипотезата на Мордел гласи, че броят на интегралните точки е краен за крива от род g>1. Във функционален случай тази концепция е демонстрирана от Ю. И. Манин през 1963 г. Основният инструмент, използван при доказване на теореми за крайност в диофантовата геометрия, е височината. От алгебричните разновидности на размерност над единица, абелевите разновидности, които са високоразмерните аналози на елиптичните криви, са най-задълбочено проучени.

А. Вейл обобщи теоремата за крайността на броя на генераторите на група от рационални точки до абелеви многообразия от произволна размерност (концепцията на Мордел-Вейл), като я разшири. През 60-те години на миналия век се появява предположението на Бърч и Суинертън-Дайър, което подобрява това и груповите и дзета функциите на многообразието. Числените доказателства подкрепят тази хипотеза.

Проблем с разрешимостта

Проблемът е да се намери алгоритъм, който може да се използва, за да се определи дали всяко диофантиново уравнение има решение. Съществена характеристика на поставения проблем е търсенето на универсален метод, който да е подходящ за всяко неравенство. Такъв метод би позволил и решаването на горните системи, тъй като е еквивалентен на P21+⋯+P2k=0.п1= 0,..., PK= 0п = 0,...,пК = 0 или р21+ ⋯ + P2K= 0. p12+⋯+pK2=0. Проблемът с намирането на такива универсален методоткриване на решения за линейни неравенствав цели числа беше поставено D. Гилбърт.

В началото на 50-те години се появяват първите изследвания, насочени към доказване на несъществуването на алгоритъм за решаване на диофантови уравнения. По това време се появява хипотезата на Дейвис, която гласи, че всяко изброимо множество също принадлежи на гръцкия учен. Тъй като примери за алгоритмично неразрешими множества са известни, но са рекурсивно изброими. От това следва, че хипотезата на Дейвис е вярна и проблемът за разрешимостта на тези уравнения има отрицателно решение.

След това, за хипотезата на Дейвис, остава да се докаже, че има метод за трансформиране на неравенство, което също (или не) има решение в същото време. Беше показано, че такава промяна в диофантовото уравнение е възможна, ако има посочените две свойства: 1) във всяко решение от този тип v≤uu; 2) за всеки кима изпълнение, при което има експоненциален растеж.

Пример за линейно диофантово уравнение от този клас завърши доказателството. Проблемът за съществуването на алгоритъм за разрешимост и разпознаване на тези неравенства в рационалните числа все още се счита за важен и отворен въпрос, който не е достатъчно проучен.