Как решить линейное диофантово уравнение. Диофантовы уравнения Как решать диофантово уравнение

Министерство образования и науки Российской Федерации

Государственное образовательное учреждение высшего

профессионального образования

«Тобольская государственная социально-педагогическая академия

им. Д.И. Менделеева»

Кафедра математики, ТиМОМ

Некоторые диофантовы уравнения

Курсовая работа

студента III курса ФМФ

Матаева Евгения Викторовича

Научный руководитель:

к.ф.-м.н.Валицкас А.И.

Оценка: ____________

Тобольск – 2011

Введение……………………………………………………………………........ 2

§ 1. Линейные диофантовы уравнения………………………………….. 3

§ 2. Диофантово уравнение x 2 – y 2 = a ………………………………….....9

§ 3. Диофантово уравнение x 2 + y 2 = a …………………………………... 12

§ 4. Уравнение х 2 + х + 1 = 3у 2 …………………………………………….. 16

§ 5. Пифагоровы тройки………………………………………………….. 19

§ 6. Великая теорема Ферма………………………………………………23

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

Список литературы........... ………………………………………………..30

ВВЕДЕНИЕ

Диофантово уравнение – это уравнение вида P (x 1 , … , x n ) = 0 , где левая часть представляет собой многочлен от переменных x 1 , … , x n с целыми коэффициентами. Любой упорядоченный набор (u 1 ; … ; u n ) целых чисел со свойством P (u 1 , … , u n ) = 0 называется (частным) решением диофантова уравнения P (x 1 , … , x n ) = 0 . Решить диофантово уравнение – значит найти все его решения, т.е. общее решение этого уравнения.

Нашей целью будет научиться находить решения некоторых диофантовых уравнений, если эти решения имеется.

Для этого, необходимо ответить на следующие вопросы:

а. Всегда ли диофантово уравнение имеет решение, найти условия существования решения.

б. Имеется ли алгоритм, позволяющий отыскать решение диофантова уравнения.

Примеры: 1. Диофантово уравнение 5 x – 1 = 0 не имеет решений.

2. Диофантово уравнение 5 x – 10 = 0 имеет решение x = 2 , которое является единственным.

3. Уравнение ln x – 8 x 2 = 0 не является диофантовым.

4. Часто уравнения вида P (x 1 , … , x n ) = Q (x 1 , … , x n ) , где P (x 1 , … , x n ) , Q (x 1 , … , x n ) – многочлены с целыми коэффициентами, также называют диофантовыми. Их можно записать в виде P (x 1 , … , x n ) – Q (x 1 , … , x n ) = 0 , который является стандартным для диофантовых уравнений.

5. x 2 – y 2 = a – диофантово уравнение второй степени с двумя неизвестными x и y при любом целом a. Оно имеет решения при a = 1 , но не имеет решений при a = 2 .

§ 1. Линейные диофантовы уравнения

Пусть a 1 , … , a n , с Z . Уравнение вида a 1 x 1 + … + a n x n = c называется линейным диофантовым уравнением с коэффициентами a 1 , … , a n , правой частью c и неизвестными x 1 , … , x n . Если правая часть с линейного диофантова уравнения нулевая, то такое диофантово уравнение называется однородным.

Наша ближайшая цель – научиться находить частные и общие решения линейных диофантовых уравнений с двумя неизвестными. Очевидно, что любое однородное диофантово уравнение a 1 x 1 + … + a n x n = 0 всегда имеет частное решение (0; … ; 0).

Очевидно, что линейное диофантово уравнение, все коэффициенты которого равны нулю, имеет решение только в случае, когда его правая часть равна нулю. В общем случае имеет место следующая

Теорема (о существовании решения линейного диофантова уравнения). Линейное диофантово уравнение a 1 x 1 + … + a n x n = c , не все коэффициенты которого равны нулю, имеет решение тогда и только тогда, когда НОД(a 1 , … , a n ) | c.

Доказательство. Необходимость условия очевидна: НОД(a 1 , … , a n ) | a i (1 i n ) , так что НОД(a 1 , … , a n ) | (a 1 x 1 + … + a n x n ) , а значит, делит и

c = a 1 x 1 + … + a n x n .

Пусть D = НОД(a 1 , … , a n ) , с = Dt и a 1 u 1 + … + a n u n = D – линейное разложение наибольшего общего делителя чисел a 1 , … , a n . Умножая обе части на t , получим a 1 (u 1 t ) + … + a n (u n t ) = Dt = c , т.е. целочисленная

n -ка (x 1 t ; … ; x n t) является решением исходного уравнения с n неизвестными.

Теорема доказана.

Эта теорема даёт конструктивный алгоритм для нахождения частных решений линейных диофантовых уравнений.

Примеры: 1. Линейное диофантово уравнение 12x+21y = 5 не имеет решений, поскольку НОД(12, 21) = 3 не делит 5 .

2. Найти частное решение диофантова уравнения 12x+21y = 6 .

Очевидно, что теперь НОД(12, 21) = 3 | 6 , так что решение существует. Запишем линейное разложение НОД(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) . Поэтому пара (2; –1) – частное решение уравнения 12x+21y = 3 , а пара (4; –2) – частное решение исходного уравнения 12x+21y = 6 .

3. Найти частное решение линейного уравнения 12x + 21y – 2z = 5 .

Так как (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , то решение существует. Следуя доказательству теоремы, вначале найдём решение уравнения (12,21)х–2у=5 , а затем, подставив линейное разложение наибольшего общего делителя из предыдущей задачи, получим решение исходного уравнения.

Для решения уравнения 3х – 2у = 5 запишем линейное разложение НОД(3, –2) = 1 = 31 – 21 очевидно. Поэтому пара чисел (1; 1) является решением уравнения 3 x – 2 y = 1 , а пара (5; 5) – частным решением диофантова уравнения 3х – 2у = 5 .

Итак, (12, 21)5 – 25 = 5 . Подставляя сюда найденное ранее линейное разложение (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , получим (122+21(–1))5 – 25 = 5 , или 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , т.е. тройка целых чисел (10; –5; 5) является частным решением исходного диофантова уравнения 12x + 21y – 2z = 5 .

Теорема (о структуре общего решения линейного диофантова уравнения). Для линейного диофантова уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = c справедливы следующие утверждения:

(1) если = (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) – его частные решения, то разность (u 1 – v 1 ; … ; u n – v n ) – частное решение соответствующего однородного уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = 0 ,

(2) множество частных решений линейного диофантова однородного уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = 0 замкнуто относительно сложения, вычитания и умножения на целые числа,

(3) если M – общее решение данного линейного диофантова уравнения, а L – общее решение соответствующего ему однородного диофантова уравнения, то для любого частного решения = (u 1 ; … ; u n ) исходного уравнения верно равенство M = + L .

Доказательство. Вычитая равенство a 1 v 1 + … + a n v n = c из равенства a 1 u 1 + … + a n u n = c , получим a 1 (u 1 – v 1 ) + … + a n (u n – v n ) = 0 , т. е. набор

(u 1 – v 1 ; … ; u n – v n ) – частное решение линейного однородного диофантова уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = 0 . Таким образом, доказано, что

= (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) M L .

Это доказывает утверждение (1).

Аналогично доказывается утверждение (2):

, L z Z L z L .

Для доказательства (3) вначале заметим, что M + L . Это следует из предыдущего: M+L .

Обратно, если = (l 1 ; … ; l n ) L и = (u 1 ; … ; u n ) M , то M :

a 1 (u 1 + l 1 )+ …+a n (u n + l n ) = (a 1 u 1 + … + a n u n )+(a 1 l 1 + … + a n l n ) = c + 0 = c .

Таким образом, + L M , и в итоге M = + L .

Теорема доказана.

Доказанная теорема имеет наглядный геометрический смысл. Если рассмотреть линейное уравнение a 1 x 1 + … + a n x n = c , где х i R , то как известно из геометрии, оно определяет в пространстве R n гиперплоскость, полученную из плоскости L c однородным уравнением a 1 x 1 + … +a n x n =0 , проходящей через начало координат, сдвигом на некоторый вектор R n . Поверхность вида + L называют также линейным многообразием с направляющим пространством L и вектором сдвига . Таким образом, доказано, что общее решение М диофантова уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = c состоит из всех точек некоторого линейного многообразия, имеющих целые координаты. При этом координаты вектора сдвига тоже целые, а множество L решений однородного диофантова уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = 0 состоит из всех точек направляющего пространства с целыми координатами. По этой причине часто говорят, что множество решений произвольного диофантова уравнения образует линейное многообразие с вектором сдвига и направляющим пространством L .

Пример: для диофантова уравнения х – у = 1 общее решение M имеет вид (1+у; у), где у Z , его частное решение = (1; 0) , а общее решение L однородного уравнения х – у = 0 запишется в виде (у; у) , где у Z . Таким образом, можно нарисовать следующую картинку, на которой решения исходного диофантова уравнения и соответствующего однородного диофантова уравнения изображены жирными точками в линейном многообразии М и пространстве L соответственно.

2. Найти общее решение диофантова уравнения 12x + 21y – 2z = 5 .

Частное решение (10; –5; 5) этого уравнения было найдено ранее, найдём общее решение однородного уравнения 12x + 21y – 2z = 0 , эквивалентного диофантову уравнению 12 x + 21 y = 2 z .

Для разрешимости этого уравнения необходимо и достаточно выполнение условия НОД(12, 21) = 3 | 2z, т.е. 3 | z или z = 3t для некоторого целого t . Сокращая обе части на 3 , получим 4x + 7y = 2t . Частное решение (2; –1) диофантова уравнения 4x + 7y = 1 найдено в предыдущем примере. Поэтому (4t ; –2t) – частное решение уравнения 4x + 7y = 2t при любом

t Z . Общее решение соответствующего однородного уравнения

(7 u ; –4 u ) уже найдено. Таким образом, общее решение уравнения 4x + 7y = 2t имеет вид: (4t + 7 u ; –2t – 4 u ) , а общее решение однородного уравнения 12x + 21y – 2z = 0 запишется так:

(4t + 7 u ; –2t – 4 u ; 3t) .

Нетрудно убедиться, что этот результат соответствует сформулированной выше без доказательства теореме о решениях однородного диофантова уравнения а 1 х 1 + … + а n х n = 0 : если Р = , то Р и

(u ; t ) P – общее решение рассматриваемого однородного уравнения.

Итак, общее решение диофантова уравнения 12x + 21y – 2z = 5 выглядит так: (10 + 4t + 7 u ; –5 – 2t – 4 u ; 5 + 3t) .

3. На примере предыдущего уравнения проиллюстрируем другой метод решения диофантовых уравнений от многих неизвестных, который состоит в последовательном уменьшении максимального значения модулей его коэффициентов.

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

12x + y – 2(z – 10y) = 5

Таким образом, общее решение рассматриваемого уравнения можно записать и так: (x; 5 – 12x + 2u ; 50 – 120x + 21u) , где x, u – произвольные целые параметры.

§ 2. Диофантово уравнение x 2 – y 2 = a

Примеры: 1. При a = 0 получаем бесконечное число решений: x = y или x = – y для любого y Z .

2. При a = 1 имеем x 2 – y 2 = 1 (x + y )(x – y ) = 1 . Таким образом, число 1 разложено в произведение двух целых множителей x + y и x – y (важно, что x , y – целые!). Поскольку у числа 1 всего два разложения в произведение целых множителей 1 = 11 и 1 = (–1)(–1) , то получаем две возможности: .

3. Для a = 2 имеем x 2 – y 2 = 2 (x + y )(x – y ) = 2. Действуя аналогично предыдущему, рассматриваем разложения

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), составляем системы: , которые, в отличие от предыдущего примера, не имеют решений. Так что нет решений и у рассматриваемого диофантова уравнения x 2 – y 2 = 2.

4. Предыдущие рассмотрения наводят на некоторые выводы. Решения уравнения x 2 – y 2 = a находятся по разложению a = km в произведение целых чисел из системы . Эта система имеет целые решения тогда и только тогда, когда k + m и k – m чётны, т.е. когда числа k и m одной чётности (одновременно чётны или нечётны). Таким образом, диофантово уравнение x 2 – y 2 = a имеет решение тогда и только тогда, когда a допускает разложение в произведение двух целых множителей одной чётности. Остаётся только найти все такие a .

Теорема (об уравнении x 2 – y 2 = a ). (1) Уравнение x 2 – y 2 = 0 имеет бесконечное множество решений .

(2) Любое решение уравнения получается имеет вид , где a = km – разложение числа a в произведение двух целых множителей одной чётности.

(3) Уравнение x 2 – y 2 = a имеет решение тогда и только тогда, когда a 2 (mod 4).

Доказательство. (1) уже доказано.

(2) уже доказано.

(3) () Пусть вначале диофантово уравнение x 2 – y 2 = a имеет решение. Докажем, что a 2 (mod 4) . Если a = km – разложение в произведение целых чисел одной чётности, то при чётных k и m имеем k = 2 l , m = 2 n и a = km = 4 ln 0 (mod 4) . В случае же нечётных k , m их произведение a также нечётно, разность a – 2 нечётна и не делится на 4 , т.е. снова

a 2 (mod 4).

() Если теперь a 2 (mod 4) , то можно построить решение уравнения x 2 – y 2 = a . Действительно, если a нечётно, то a = 1 a – разложение в произведение целых нечётных чисел, так что – решение диофантова уравнения. Если же a чётно, то ввиду a 2 (mod 4) получаем, что 4 | a , a = 4 b = 2(2 b ) – разложение в произведение целых чётных чисел, так что – решение диофантова уравнения.

Теорема доказана.

Примеры: 1. Диофантово уравнение x 2 – y 2 = 2012 не имеет решений, т.к. 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Диофантово уравнение x 2 – y 2 = 2011 имеет решения, т.к.

2011 3 (mod 4). Имеем очевидные разложения

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

по каждому из которых находим решения (комбинации знаков любые). Других решений нет, т.к. число 2011 простое (?!).

§ 3. Диофантово уравнение x 2 + y 2 = a

Примеры: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Таким образом, очевидно, любой квадрат тривиальным образом представим в виде суммы двух квадратов.

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. Решений нет для a = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

Анализ приведённых результатов способен навести на мысль, что отсутствие решений каким-то образом связано с простыми числами вида

4 n +3 , присутствующими в разложении на множители чисел, не представимых в виде сумм двух квадратов.

Теорема (о представлении натуральных чисел суммами двух квадратов). Натуральное число a представимо в виде суммы двух квадратов тогда и только тогда, когда в его каноническом разложении простые числа вида 4 n + 3 имеют чётные показатели степеней.

Доказательство. Вначале докажем, что если натуральное число a представимо в виде суммы двух квадратов, то в его каноническом разложении все простые числа вида 4 n + 3 должны иметь чётные показатели степеней. Предположим, вопреки доказываемому, что a = р 2 k +1 b = x 2 + y 2 , где

р – простое число вида 4 n +3 и b p . Представим числа х и у в виде

х = Dz , y = Dt , где D = НОД(x , y ) = р s w , p w ; z , t , s N 0 . Тогда получаем равенство р 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = р 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , т.е. р 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . В левой части равенства присутствует p (нечётная степень не равна нулю), значит, на простое число p делится один из множителей в правой части. Поскольку p w , то р | (z 2 + t 2 ) , где числа z , t взаимно просты. Это противоречит следующей лемме (?!).

Лемма (о делимости суммы двух квадратов на простое число вида

4 n + 3 ). Если простое число р = 4 n +3 делит сумму квадратов двух натуральных чисел, то оно делит каждое из этих чисел.

Доказательство. От противного. Пусть x 2 + y 2 0(mod p ) , но x 0(mod p ) или y 0 (mod p ) . Поскольку x и y симметричны, их можно менять местами, так что можно предполагать, что x p .

Лемма (об обратимости по модулю p ). Для любого целого числа x , не делящегося на простое число p , существует обратный элемент по модулю p – такое целое число 1 u < p , что xu 1 (mod p ).

Доказательство. Число x взаимно простое с p , поэтому можно записать линейное разложение НОД(x , p ) = 1 = xu + pv (u , v Z ) . Ясно, что xu 1(modp ) , т.е. u – обратный элемент к x по модулю p . Если u не удовлетворяет ограничению 1 u < p , то поделив u с остатком на p , получим остаток r u (mod p ) , для которого xr xu 1 (mod p ) и 0 r < p .

Лемма об обратимости по модулю p доказана.

Умножая сравнение x 2 + y 2 0 (mod p ) на квадрат u 2 обратного элемента к x по модулю p , получим 0 = 0u 2 x 2 u 2 + y 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1 + t 2 (mod p).

Таким образом, для t = yu выполнено сравнение t 2 –1 (mod p ) , которое и приведём к противоречию. Ясно, что t p : иначе t 0 (mod p ) и 0 t 2 –1 (mod p ) , что невозможно. По теореме Ферма имеем t p –1 1 (mod p ), что вместе с t 2 –1 (mod p ) и p = 4 n + 3 приводит к противоречию:

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

Полученное противоречие показывает, что допущение о x 0 (mod p ) было не верным.

Лемма о делимости суммы двух квадратов на простое число 4 n +3 доказана.

Таким образом, доказано, что число, в каноническое разложение которого входит простое число p = 4 n + 3 в нечётной степени, не представимо в виде суммы двух квадратов.

Докажем теперь, что любое число, в каноническом разложении которого простые числа p = 4 n + 3 участвуют только в чётных степенях, представимо в виде суммы двух квадратов.

Идея доказательства основана на следующем тождестве:

(а 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac – bd) 2 + (ad + bc) 2 ,

которое можно получить из известного свойства модуля комплексных чисел – модуль произведения равен произведению модулей. Действительно,

| z || t | = | zt | | a + bi || c + di | = |(a + bi )(c + di )|

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

(а 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac – bd) 2 + (ad + bc) 2 .

Из этого тождества следует, что если два числа u, v представимы в виде суммы двух квадратов: u = x 2 + y 2 , v = z 2 + t 2 , то и их произведение uv представимо в виде суммы двух квадратов: uv = (xz – yt ) 2 + (xt + yz ) 2 .

Любое натуральное число a > 1 можно записать в виде a = р 1 … р k m 2 , где р i – попарно различные простые числа, m N . Для этого достаточно найти каноническое разложение , записать каждую степень вида r в виде квадрата (r ) 2 при чётном = 2, или в виде r = r (r ) 2 при нечётном = 2 + 1 , а затем сгруппировать отдельно квадраты и оставшиеся одиночные простые числа. Например,

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

Число m 2 обладает тривиальным представлением в виде суммы двух квадратов: m 2 = 0 2 + m 2 . Если доказать представимость в виде суммы двух квадратов всех простых чисел р i (1 i k ) , то используя тождество, будет получено и представление числа a. По условию, среди чисел р 1 , … , р k могут встретиться только 2 = 1 2 + 1 2 и простые числа вида 4 n + 1 . Таким образом, осталось получить представление в виде суммы двух квадратов простого числа р = 4т + 1 . Это утверждение выделим в отдельную теорему (см. ниже)

Например, для a = 29250 = 2513(15) 2 последовательно получаем:

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 .

Теорема доказана.

§ 4. Уравнение х+ х + 1 = 3у

Займемся теперь уравнением х+x+1=Зу. Оно уже имеет свою историю. В 1950 г. Р. Облат высказал предположение, что, кроме решения

x =у=1 . оно не имеет иных решений в натуральных числах х, у , где х есть нечетное число. В том же году Т. Нагель указал решение x = 313, у =181. Метод, аналогичный изложенному выше для уравнения х+х-2у=0 , позволит нам определить все решения уравнения x +х+1=3у (1)

в натуральных числах x , у. Предположим, что (х, у) есть решение уравнения (1) в натуральных числах, причем х > 1 . Можно легко убедиться, что уравнение(18) не имеет решений в натуральных числах x , у , где х = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9; поэтому должно быть х10.

Покажем, что 12у<7 x +3, 7у>4 x + 2. 4у> 2 x +1 . (2)

Если бы было 12y > 7x+3 , мы имели бы 144у > 49 x +42 x +9 . а так как, в виду (18), 144у= 48 x + 48 x + 48 , то было бы х < 6 x +3 9, откуда

(х-З) < 48 и, значит, учитывая, что x > 10, 7 < 148 , что невозможно. Итак, первое из неравенств (2) доказано.

Если бы было 7у < 4 x +2 , мы имели бы 49у < 16 x + 16 x +4 , а так как, ввиду (1), 16 x + 16 x + 16 = 48у , то было бы 49у < 48у- 12 , что невозможно. Таким образом, доказано второе из неравенств (2), из которого уже непосредственно вытекает третье. Итак, неравенства (2) верны.

Положим теперь

w = 7х - 12у+3, h = -4 x + 7у-2 . (3)

На основании (2), найдем, что w > 0 , h > 0 и х - w =3(4 y -2 x -1)>0 и, значит, w <х . Согласно (3), имеем w 2 + w +1=3 h 2 откуда, ввиду (1), Примем g(x, у) = (7х- 12у + 3, -4x + 7у -2) .

Итак, можно сказать, что, исходя из любого решения (х, у) уравнения (1) в натуральных числах, где х > 1 , мы получаем новое решение (w , h ) = g(x, у) уравнения (1) в натуральных числах w , h где w < х (и значит, решение в меньших натуральных числах). Отсюда, действуя как выше, найдем, что для каждого решения уравнения (1) в натуральных числах х, у , где х > 1 , существует натуральное число n такое, что g(x, y) = (l, 1).

Приняв же f(x, у) = (7 x +12у + 3, 4 x + 7у + 2) , (4) легко найдем, что f(g(x,y)) = (x, у) и, следовательно, (x , y ) = f (1,1) С другой стороны, легко проверить, что если (х, у) есть решение уравнения (1) в натуральных числах, то f (x , y ) также есть решение уравнения (1) в натуральных числах (соответственно больших, чем х и у ).

Приняв x=y=1(x, y) = f(1, 1) для n =2,3,…..,

получим последовательность { x , y } для n = 1, 2,….., содержащую все решения уравнения (1) в натуральных числах и только такие решения.

Здесь мы имеем (х, y )= f (1,1)= f (x, y), следовательно, в силу (4), получаем

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

Формулы, позволяющие последовательно определять все решения (х, у) уравнения (1) в натуральных числах. Таким путем легко получаем решения (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Этих решений имеется, очевидно, бесконечное множество. Из равенств

х= у= 1 и (4) при помощи индукции легко находим, что числа х с нечетными индексами суть нечетные, с четными же - четные, а числа y суть нечетные для n = 1, 2, ... Для получения всех решений уравнения (1) в целых числах х, у , как нетрудно доказать, следовало бы к уже полученным решениям (x, y) присоединить (x, -y) и (-x-1, ±y) для n =1, 2, .. .

Так что здесь мы имеем, например, еще такие решения: (-2,1) (-23,13), (-314,181). А. Роткевич заметил, что из всех решений уравнения (1) в натуральных числах х > 1 и у можно получить все решения уравнения (z+1)- z = y (6)

в натуральных числах z, у. В самом деле, допустим, что натуральные числа z,у удовлетворяют уравнению (5). Положив x=3z+l , получим, как легко проверить, натуральные числа х > 1 и у , удовлетворяющие уравнению (1).

С другой стороны, если натуральные числа х > 1 и у удовлетворяют уравнению (1), то имеем, как легко проверить, (х- 1)= 3(у-х) , откуда следует, что число (натуральное) х-1 делится на 3 , следовательно х-1= 3 z, где z есть натуральное число, причем имеет место равенство 3z= y- x =у3 z -1 , которое доказывает, что числа z и у удовлетворяют уравнению (6). Таким образом, исходя из решений (22,13),(313,181), (4366,2521) уравнения (1), получаем решения (7,13),(104,181),(1455,2521) уравнения (6). Заметим здесь еще, что если натуральные числа z, у удовлетворяют уравнению (6), то доказано, что у есть сумма двух последовательных квадратов, например 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Подобным образом, как прежде для уравнения(1), мы могли бы найти все решения уравнения x +(x +1)= y в натуральных числах х, у , приняв для х > 3 g(x. у) = (3х -2у+1, 3у - 4х- 2) и для x > 1 f(x, y) = (3 x + 2y+l, 4х + Зу + 2), что приводит к формуле (х, у) f (3,5) и к выводу, что все решения уравнения (6) в натуральных числах х, у содержатся в последовательности { x , y } для n = 1, 2,…., где х= 3, у= 5, а x =3 x +2 y +1 . y = 4 x +3 y +2 (n =1, 2, ...). Например, х=3 3+2 5+1=20, у= 4 3+З 5 + 2 = 29; x =119, у=169: x =69б, у= 985; x =4059, у=5741.

Геометрический смысл рассмотренного уравнения состоит в том, что оно дает все пифагоровы треугольники (прямоугольные с натуральными сторонами), катеты которых выражаются последовательными натуральными числами. Таких треугольников имеется бесконечное множество (*).

Уравнение же x +(x +1)= y , как доказано, не имеет решений в натуральных числах х, у .

Линейные диофантовы уравнения

Исследовательская работа по алгебре

ученика 9 класса МОУ «Упшинская ООШ»

Антонова Юрия

«Если вы хотите научиться плавать, то

смело входите в воду, а если хотите

научиться решать задачи, то решайте их.»

Д.Пойя

Руководитель – Софронова Н.А .


Задача

Для настилки пола шириной в 3 метра имеются доски шириной в 11 см и 13 см. Сколько нужно взять досок того и другого размера?

Если х – число досок шириной в 11 см, а у – число досок шириной в 13 см, то нам надо решить уравнение:

11 х + 13 у = 300


Особенности уравнения 11 х + 13 у = 300: ▪ Коэффициенты 11, 13, 300 – целые числа. ▪ Число неизвестных превышает число уравнений. ▪ Решения данного уравнения х и у должны быть целыми положительными числам

Алгебраические уравнения или системы алгебраических уравнений с целыми коэффициентами, в которых число неизвестных превышает число уравнений и для которых надо найти целые решения, называют неопределенными или диофантовыми, по имени греческого математика Диофанта .


Примеры диофантовых уравнений

1 . Найдите все пары целых чисел

x , y , для которых верно равенство

2 . Покажите, что уравнение

имеет бесконечное множество решений

целых числах


Цель работы:

Выяснить:

  • Какие методы с уществуют для решения диофантовых уравнений?

Задачи:

  • Найти и и зучить методы решения линейных диофантовых уравнений с двумя переменными.
  • Рассмотреть возможности теории линейных диофантовых уравнений.

Пифагоровы тройки

  • Неопределенные уравнения в целых числах решались еще до Диофанта. Большой интерес вызывало, например, алгебраическое уравнение x 2 + y 2 = z 2 , связывающее стороны x , у , z прямоугольного треугольника. Натуральные числа x , y и z , являющиеся решениями этого уравнения, называются "пифагоровыми тройками" .

Уравнение Ферма

  • К работам Диофанта имеют непосредственное отношение и математические исследования французского математика Пьера Ферма. Считается, что именно с работ Ферма началась новая волна в развитии теории чисел. И одна из его задач - это знаменитое уравнение Ферма

х n + y n = z n


Ни один крупный математик не прошел мимо теории диофантовых уравнений.

Ферма, Эйлер, Лагранж, Гаусс, Чебышев оставили неизгладимый след в этой интересной теории.


1, (Каталана); ах 2 + bxy + су 2 + dx + еу + f = 0 , где а, b , с, d , е, f - целые числа, т. е. общее неоднородное уравнение второй степени с двумя неизвестными (П.Ферма, Дж. Валлис, Л. Эйлер, Ж. Лагранж и К.Гаусс) " width="640"

Примеры неопределенных уравнений решаемых великими математиками 19-го и 20-го столетий: x 2 − ny 2 = 1 , где n не является точным квадратом (Ферма, Пелля); x z − y t = 1 , где z , t 1, (Каталана); ах 2 + bxy + су 2 + dx + еу + f = 0 , где а , b , с , d , е , f - целые числа, т. е. общее неоднородное уравнение второй степени с двумя неизвестными (П.Ферма, Дж. Валлис, Л. Эйлер, Ж. Лагранж и К.Гаусс)


Диофантовы уравнения в 20 веке

1900 год. Международный математический конгресс.

10-я проблема Гильберта

Задано Диофантово уравнение с некоторым числом неизвестных и рациональными целыми коэффициентами. Необходимо придумать процедуру, которая могла определить за конечное число операций – является ли уравнение разрешимым в рациональных целых числах.

Русский математик Юрий Матиясевич доказал :

10-ая проблема Гильберта неразрешима - требуемого в ней алгоритма не существует.


Всегда ли можно найти для конкретного неопределенного уравнения все целые решения или доказать отсутствие таковых?

  • Проблема решения уравнений в целых числах решена до конца только для уравнений первой степени с двумя или тремя неизвестными.
  • ДУ второй степени с двумя неизвестными решаются уже с большим трудом.
  • ДУ второй степени с числом неизвестных больше двух решены лишь в отдельных частных случаях, например уравнение x 2 + y 2 = z 2 .
  • ДУ степени выше второй имеют, как правило, лишь конечное число решений (в целых числах).
  • Для уравнений выше второй степени с двумя или более неизвестными достаточно трудной является даже задача существования целочисленных решений. Например, неизвестно, имеет ли уравнение

x 3 + y 3 + z 3 = 30 хотя бы одно целочисленное решение.

  • Для решения отдельных ДУ, а иногда и для конкретных уравнений, приходится изобретать новые методы. Очевидно, что алгоритма, который позволял бы находить решения произвольных ДУ не существует.

Линейные диофантовы уравнения

Общий вид:

ЛДУ с двумя переменными:

a х + by = c

ЛДУ с тремя переменными:

a х + by + cz = d


ЛДУ с двумя неизвестными

ЛДУ с двумя переменными:

a х + by = c

Решения:

x = х 0 - bt

у = у 0 + at

Однородные:

a х + by = 0

Решения:

x = - bt

у = at


Поиск частного решения

Методы решения:

  • Метод кратных.
  • Применение алгоритма Евклида.
  • Метод перебора.
  • Метод спуска.
  • Метод рассмотрения остатков от деления

Метод кратных

Решить уравнение 11 х + 2 у = 69

Ищем сумму, равную 69: 55 + 14 = 69 Частное решение уравнения

х 0 = 5, у 0 = 7


Применение алгоритма Евклида

Решить уравнение 4 х + 7 у = 16

  • Найдем НОД чисел 4 и 7 по алгоритму Евклида: НОД(4,7) = 1
  • Выразим число 1 через коэффициенты а = 4 и b =7, используя теорему о линейном разложении НОД:

НОД ( а, b ) = au + bv .

  • Получим: 1 = 4 ∙ 2 + 7 ∙ (-1) u = 2, v = -1
  • Частное решение уравнения: х 0 = 2 ∙ 16 = 32,

у 0 = -1 ∙ 16 = -16


Метод перебора

Решить уравнение 7 х + 12 у = 100

  • 7х + 12у = 100
  • 7х = 100 – 12у
  • 100 – 12у кратно 7

Частное решение уравнения: х 0 = 4, у 0 = 6

100-12у


Метод спуска: 3х+8у=60

Выразим

переменную х

через у

Выразим

переменную х

через t

Ответ:

Проверка:


Метод рассмотрения остатков от деления

  • Решить в целых числах уравнение 3х – 4у = 1
  • 3 х = 4 у + 1
  • Левая часть уравнения делится на 3, значит и правая должна делиться на 3. При делении на 3 могут получиться остатки 0, 1, и 2.
  • Рассмотрим 3 случая.

3 x = 4 ∙ 3p + 1 = 12 p + 1

y = 3p + 1

Не делится на 3

3 x = 4 ∙ (3p + 1) +1 = 12 p + 3

y = 3p + 2

Не делится на 3

3 x = 4 ∙ (3p + 2) +1 = 12 p + 9

3 x = 3 (4 p + 3)

x = 4 p + 3

Ответ:

Делится на 3

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


Возможности теории ЛДУ Найти все целочисленные решения уравнения х 2 + 5y 2 + 34z 2 + 2ху - 10xz - 22уz =0


Что дала мне работа над проектом?

  • Получил представление о работе над исследовательским проектом.
  • Познакомился с историей развития диофантовых уравнений и биографией Диофанта.
  • Изучил методы решения ЛДУ с двумя и тремя неизвестными.
  • решил группу задач, которые носят практический характер, а также встречаются на олимпиадах, экзаменах за курс основной школы
  • Приобрел навыки решения нестандартных задач.

Думаю, что в последующем я продолжу изучение диофантовых уравнений второй степени и методов их решения.

СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННЫХ ИСТОЧНИКОВ

  • Математика в понятиях, определениях и терминах. Ч.1. Пособие для учителей. Под ред. Л.В.Сабинина. М., «Просвещение», 1978. -320 с. (Библиотека учителя математики.) На обороте тит.л.авт.: О.В.Мантуров, Ю.К.Солнцев, Ю.И.Сорокин, Н.Г.Федин.
  • Нагибин Ф.Ф., Канин Е.С. Математическая шкатулка: Пособие для учащихся. – 4-е изд., перераб. и доп. - М.: Просвещение, 1984. – 160с., ил.
  • Н.П.Тучнин. Как задать вопрос? (О математическом творчестве школьников): Книга для учащихся. – М.: Просвещение, 1993. – 192с., ил.
  • С.Н.Олехник, Ю.В.Нестеренко, М.К.Потапов Старинные занимательные задачи. –М.: Дрофа, 2002. -176с., ил.
  • Я.И.Перельман. Занимательная алгебра. – М.: Наука, 1975г. – 200с., ил.
  • Электорнный ресурс: http :// www.yugzone.ru /x/ diofant-i-diofantovy-uravneniya / И.Г.Башмакова «Диофант и диофантовы уравнения».
  • Электорнный ресурс: http :// www.goldenmuseum.com /1612Hilbert_rus.html 10-я проблема Гильберта: история математического открытия (Диофант, Ферма, Гильберт, Джулия Робинзон, Николай Воробьев, Юрий Матиясевич).
  • Электорнный ресурс: http://ru.wikipedia.org/wiki/ Диофантовы уравнения.
  • Электорнный ресурс: http :// revolution.allbest.ru / mathematics /d00013924.html Белов Денис Владимирович Линейные диофантовы уравнения.
  • Электорнный ресурс: http :// revolution.allbest.ru / mathematics /d00063111.html Линейные диофантовы уравнении
  • Электорнный ресурс: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=570768 Зюрюкина Ольга. Неопределенные уравнения в целых числах или диофантовы уравнения.
  • Электорнный ресурс: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=561773 Арапов Александр. Диофант и его уравнения.
  • Электорнный ресурс: http :// ru.wikipedia.org / wiki / Алгоритм Евклида.

Сегодня предлагаю поразмышлять над некоторой интересной математической задачкой.
А именно, давайте-ка для разминки решим следующее линейной уравнение:

«Чего сложного?» - спросите вы. Действительно, лишь одно уравнение и целых четыре неизвестных. Следовательно, три переменных есть свободные, а последняя зависит от оных. Так давайте выразим скорее! Например, через переменную , тогда множество решений следующее:

где - множество любых действительных чисел.

Что же, решение действительно оказалось слишком тривиальным. Тогда будем нашу задачу усложнять и делать её более интересной.

Вспомним про линейные уравнения с целыми коэффициентами и целыми корнями , которые, собственно, являются разновидностью диофантовых уравнений . Конкретно - наложим на наше уравнение соответствующие ограничение на целочисленность коэффициентов и корней. Коэффициенты при неизвестных у нас и так целые (), а вот сами неизвестные необходимо ограничить следующим:

где - множество целых чисел.

Теперь решение, полученное в начале статьи, «не проканает», так как мы рискуем получить как рациональное (дробное) число. Так как же решить это уравнение исключительно в целых числах?

Заинтересовавшихся решением данной задачи прошу под кат.

А мы с вами продолжаем. Попробуем произвести некоторые элементарные преобразования искомого уравнения:

Задача выглядит по-прежнему непонятной, в таких случаях математики обычно производят какую-нибудь замену. Давайте и мы с вами её бахнем:

Опа, мы с вами достигли интересного результата! Коэффициент при у нас сейчас равен единице , а это значит, что мы с вами можем выразить эту неизвестную через остальные неизвестные в этом уравнении без всяких делений (чем грешили в самом начале статьи). Сделаем это:

Обращу внимание, что это говорит нам о том, что какие бы не были (в рамках диофантовых уравнений), всё равно останется целым числом, и это прекрасно.

Вспоминая, что справедливо говорить, что . А подставив заместо полученный выше результат получим:

Тут мы также видим, что что какие бы не были , всё равно останется целым числом, и это по-прежнему прекрасно.

Тогда в голову приходит гениальная идея: так давайте же объявим как свободные переменные, а будем выражать через них! На самом деле, мы уже это сделали. Осталось только записать ответ в систему решений:

Теперь можно лицезреть, что в системе решений нигде нет деления , а это значит, что всегда решения будут целочисленными. Попробуем найти частное решение исходного уравнения, положив, к примеру, что :

Подставим в исходное уравнение:

Тождественно, круто! Давайте попробуем ещё разок на другом примере?

Тут мы видим отрицательный коэффициент, он может доставить нам изрядных проблем, так что давайте от греха избавимся от него заменой , тогда уравнение будет следующим:

Как мы помним, наша задача сделать такие преобразования, чтобы в нашем уравнении оказалась неизвестная с единичным коэффициентом при ней (чтобы затем выразить её через остальные без любого деления). Для этого мы должны снова что-нибудь взять «за скобку», самое быстрое - это брать коэффициенты из уравнения которые самые близкие к единице. Однако нужно понимать, что за скобку можно взять только лишь то число, которое обязательно является каким-либо коэффициентом уравнения (ни больше, ни меньше), иначе наткнемся на тавтологию/противоречие или дроби (иными словами, нельзя чтобы свободные переменные появились где-то кроме как в последней замене). Итак:

Введем замену , тогда получим:

Вновь возьмем за скобку и наконец получим в уравнении неизвестную с единичным коэффициентом:

Введем замену , тогда:

Выразим отсюда нашу одинокую неизвестную :

Из этого следует, что какие бы мы не взяли, все равно останется целым числом. Тогда найдем из соотношения :

Аналогичным образом найдем из соотношения :

На этом наша система решений созрела - мы выразили абсолютно все неизвестные, не прибегая к делению, тем самым показывая, что решение точно будет целочисленным. Также не забываем, что , и нам надо ввести обратную замену. Тогда окончательная система решений следующая:

Таким образом, осталось ответить на вопрос - а любое ли подобное уравнение можно так решить? Ответ: нет, если уравнение в принципе нерешаемо. Такое возникает в тех случаях, если свободный член не делится нацело на НОД всех коэффициентов при неизвестных. Иными словами, имея уравнение:

Для его решения в целых числах достаточно выполнение следующего условия:

(где - наибольший общий делитель).

Доказательство

Доказательство в рамках этой статьи не рассматривается, так как это повод для отдельной статьи. Увидеть его вы можете, например, в чудесной книге В. Серпинского «О решении уравнений в целых числах» в §2.

Резюмируя вышесказанное, выпишем алгоритм действий для решения линейных диофантовых уравнений с любым числом неизвестных:

В заключение стоит сказать, что также можно добавить ограничения на каждый член уравнения в виде неравенства на оного (тогда к системе решений добавляется система неравенств, в соответствии с которой нужно будет скорректировать ответ), а также добавить ещё чего-нибудь интересное. Ещё не стоит забывать и про то, что алгоритм решения является строгим и поддается записи в виде программы для ЭВМ.

С вами был Петр,
спасибо за внимание.

Задача 1. Допустим, в аквариуме живут осьминоги и морские звёзды. У осьминогов по 8 ног, а у морских звёзд – по 5. Всего конечностей насчитывается 39. Сколько в аквариуме животных?

Решение. Пусть х - количество морских звёзд, у – количество осьминогов. Тогда у всех осьминогов по 8у ног, а у всех звёзд 5х ног. Составим уравнение: 5х + 8у = 39.

Заметим, что количество животных не может выражаться нецелым или отрицательным числами. Следовательно, если х – целое неотрицательное число, то и у=(39 – 5х)/8 должно быть целым и неотрицательным, а, значит, нужно, чтобы выражение 39 – 5х без остатка делилось на 8. Простой перебор вариантов показывает, что это возможно только при х = 3, тогда у = 3. Ответ: (3; 3).

Уравнения, вида ах+bу=с, называются диофантовыми, по имени древнегреческого математика Диофанта Александрийского. Жил Диофант, по-видимому, в 3 в. н. э., остальные известные нам факты его биографии исчерпываются таким стихотворением-загадкой, по преданию выгравированным на его надгробии:

Прах Диофанта гробница покоит; дивись ей и камень

Мудрым искусством его скажет усопшего век.

Волей богов шестую часть жизни он прожил ребенком.

И половину шестой встретил с пушком на щеках.

Только минула седьмая, с подругой он обручился.

С нею, пять лет, проведя, сына дождался мудрец;

Только полжизни отцовской возлюбленный сын его прожил.

Отнят он был у отца ранней могилой своей.

Дважды два года родитель оплакивал тяжкое горе,

Тут и увидел предел жизни печальной своей.

Сколько же лет прожил Диофант Александрийский?

Задача 2. На складе имеются гвозди в ящиках по 16,17 и 40 кг. Может ли кладовщик выдать 100 кг гвоздей, не вскрывая ящики? (метод прямого перебора)

Разберем метод решения относительно одного неизвестного.

Задача 3. В каталоге картинной галереи всего 96 картин. На каких-то страницах расположено 4 картины, а на каких-то 6. Сколько страниц каждого вида есть в каталоге?

Решение. Пусть х – количество страниц с четырьмя картинами,

у – количество страниц с шестью картинами,

Решаем это уравнение относительно того из неизвестных, при котором наименьший (по модулю) коэффициент. В нашем случае это 4х, то есть:

Делим все уравнение на этот коэффициент:

4х=96-6у | :4;

Остатки при делении на 4: 1,2,3. Подставим вместо у эти числа.

Если у=1, то х=(96-6∙1):4=90:4 - Не походит, решение не в целых числах.

Если у=2, то х=(96-6∙2):4=21 – Подходит.

Если у=3, то х=(96-6∙3):4=78:4 - Не походит, решение не в целых числах.

Итак, частным решением является пара (21;2), а это значит, что на 21 странице расположено по 4 картины, а на 2 страницах по 6 картин.

Разберем метод решения с использованием алгоритма Евклида.

Задача 4. В магазине продаётся шоколад двух видов: молочный и горький. Весь шоколад хранится в коробках. Молочного шоколада на складе имеется 7 коробок, а горького 4. Известно, что горького шоколада было на одну плитку больше. Сколько плиток шоколада находятся в коробках каждого вида?

Решение. Пусть х – количество плиток молочного шоколада в одной коробке,

у – количество плиток горького шоколада в одной коробке,

тогда по условию этой задачи можно составить уравнение:

Решим это уравнение, используя алгоритм Евклида.

Выразим 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.

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

Итак, получается х=1; у=2.

А это значит, что молочный шоколад лежит в коробке по 1 штуке, а горький по 2 штуки.

Разберем метод поиска частного решения и общей формулы решений.

Задача 5. В африканском племени Тумбе-Юмбе два аборигена Тумба и Юмба работают парикмахерами, причем Тумба всегда заплетает своим клиентам по 7 косичек, а Юмба по 4 косички. Сколько клиентов обслужили мастера по отдельности за смену, если известно, что вместе они заплели 53 косички?

Решение. Пусть х – количество клиентов Тумбы,

у – количество клиентов Юмбы,

тогда 7х+4у=53 (1).

Теперь чтобы найти частные решения уравнения (,), заменим данную нам сумму чисел на 1. Это заметно упростит поиск подходящих чисел. Получим:

Решим это уравнение методом подстановки.

4у=1-7х │:4;

Остатки при делении на 4: 1, 2, 3. Подставим вместо х эти числа:

Если х=1, то у=(1-7):4 – не подходит, т.к. решение не в целых числах.

Если х=2, то у=(1-7∙2):4 – не подходит, т.к. решение не в целых числах.

Если х=3, то у=(1-7∙3):4=-5 – подходит.

Затем умножим получившиеся значения на начальное значение суммы, которую мы заменяли на 1, т.е.

х=х 0 ∙53=3∙53=159;

у=у 0 ∙53=-5∙53=-265.

Мы нашли частное решение уравнения(1). Проверим его, подставив начальное уравнение:

7∙159+4∙(-265)=53; (3)

Ответ сошелся. Если бы, мы решали абстрактное уравнение, то можно было бы на этом остановиться. Однако мы решаем задачу, а поскольку Тумба не мог заплести отрицательное число косичек, нам необходимо продолжать решение. Теперь составим формулы для общего решения. Чтобы это сделать вычтем из начального уравнения(1) уравнение с подставленными значениями (3). Получим:

Вынесем общие множители за скобки:

7(х-159)+4(у+265)=0.

Перенесем одно из слагаемых из одной части уравнения в другую:

7(х-159)=-4(у+265).

Теперь стало видно, что чтобы уравнение решалось (х-159) должно делиться на -4, а (у+265) должно делиться на 7. Введем переменную n, которая будет отображать это наше наблюдение:

Перенесем слагаемые из одной части уравнения в другую:

Мы получили общее решение данного уравнения, теперь в него можно подставлять различные числа и получать соответствующие ответы.

Например, пусть n=39, тогда

А это значит, что Тумба заплел косички 3 клиентам, а Юмба 8 клиентам.

Решите задачи различными методами.

Задача 6: Вовочка купил ручки по 8 рублей и карандаши по 5 рублей. Причем за все карандаши он заплатил на 19 рублей больше, чем за все ручки. Сколько ручек и сколько карандашей купил Вовочка? (метод поиска общего решения, решение относительно одного не известного, использование алгоритма Евклида).

Задача 7. Куплены фломастеры по 7 рублей и карандаши по 4 рубля за штуку, всего на сумму 53 рубля. Сколько куплено фломастеров и карандашей?

Задача 8.(муниципальный тур ВОШ 2014-2015 г.) : на планете С в ходу два вида монет: по 16 тугриков и по 27 тугриков. Можно ли с их помощью купить товар, ценой в 1 тугрик?

Задача 9. Шехерезада рассказывает свои сказки великому правителю. Всего она должна рассказать 1001 сказку. Сколько ночей потребуется Шехерезаде, чтобы рассказать все свои сказки, если в какие-то ночи она будет рассказывать по 3 сказки, а в какие-то по 5? За сколько ночей Шехерезада расскажет все свои сказки, если хочет сделать это как можно быстрее? Сколько ночей понадобится Шехерезаде, если ей утомительно рассказывать по пять сказок за ночь, поэтому таких ночей должно быть как можно меньше?

Задача10. (вспомним «Водолея») Как налить 3 литра воды, имея 9-литровую и 5-литровую емкости?

Задача 11. Вовочка отлично успевает по математике. В дневнике у него только пятерки и четверки, причем пятерок больше. Сумма всех Вовочкиных оценок по математике равна 47. Сколько Вовочка получил пятерок и сколько четверок?

Задача 12. Кощей Бессмертный устроил питомник по разведению Змеев Горынычей. В последнем выводке у него есть Змеи о 17-ти головах и о 19-ти головах. Всего этот выводок насчитывает 339 голов. Сколько 17-тиголовых и сколько 19-тиголовых Змеев вывелось у Кощея?

Ответы: Диофант прожил 84 года;

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

задача 6: куплено 7 карандашей и 8 ручек, то есть (7,2) – частное решение и у = 2 + 5n, х = 7 + 8n, где nє Z – общее решение;

задача 7: (-53; 106) – частное решение, х=4n-53, у=-7n+106 – общие решения, при n=14, х=3, у=8, то есть куплено 3фломастера и 8 карандашей;

задача 8: например, заплатить 3 монеты по 27 тугриков и получить сдачу 5 монет по 16 тугриков;

задача 9: (2002; -1001) – частное решение, х=-5 n+2002, у=3n-1001 – общее решение, при n=350, у=49, х=252, то есть 252 ночи по 3 сказки и 49 ночей по 5 сказок - всего 301 ночь; самый быстрый вариант: 2 ночи по три сказки и 199 ночей по 5 сказок - всего 201 ночь; самый долгий вариант: 332 ночи по 3 сказки и 1 ночь 5 сказок - всего 333 ночи.

задача 10: например, 2 раза налить воду 9-тилитровой банкой и 3 раза вычерпать ее 5-тилитровой банкой;

задача 11: Вовочка получил 7 пятерок и 4 четверки;

задача 12: 11 Змеев о 17-ти головах и 8 Змеев о 19-ти головах.

Алгебраические неравенства или их системы с рациональными коэффициентами, решения которых ищутся в интегральных или целых числах. Как правило, количество неизвестных в диофантовых уравнениях больше. Таким образом, они также известны как неопределенные неравенства. В современной математике указанное выше понятие применяется к алгебраическим уравнениям, решения которых ищутся в алгебраических целых числах некоторого расширения поля Q-рациональных переменных, поля p-адических и т. д.

Истоки данных неравенств

Исследования уравнений Диофанта находится на границе между теорией чисел и алгебраической геометрией. Поиск решений в целых переменных является одной из старейших математических задач. Уже в начале второго тысячелетия до н.э. древним вавилонянам удалось решить системы уравнений с двумя неизвестными. Эта отрасль математики в наибольшей степени процветала в Древней Греции. Арифметика Диофанта (примерно, 3-го века н.э.) является значимым и главным источником, который содержит различные типы и системы уравнений.

В этой книге Диофант предвидел ряд методов изучения неравенств второй и третьей степеней, которые были полностью развиты в XIX веке. Создание теории рациональных чисел этим исследователем Древней Греции привело к анализу логических решений неопределенных систем, которые систематически сопровождаются в его книге. Несмотря на то, что в его работе содержатся решения конкретных диофантовых уравнений, есть основания полагать, что он также был знаком с несколькими общими методами.

Изучение этих неравенств обычно связано с серьезными трудностями. Ввиду того, что в них присутствуют многочлены с целыми коэффициентами F (x,y1,…, y n). На основе этого, были созданы выводы, что нет единого алгоритма, с помощью которого можно было бы для любого заданного определить x, выполняется ли уравнение F (x, y 1 ,…., y n). Ситуация разрешима для y 1 , …, y n . Примеры таких многочленов могут быть записаны.

Простейшее неравенство

ax + by = 1, где a и b - относительно целые и простые числа, для него имеется огромное количество выполнений (если x 0, y 0 сформирован результат, то пара переменных x = x 0 + b n и y = y 0 -an , где n - произвольное, также будет рассматриваться как выполнение неравенства). Другим примером диофантовых уравнений служит x 2 + y 2 = z 2 . Положительные интегральные решения этого неравенства представляют собой длину малых сторон x, y и прямоугольных треугольников, а также гипотенузы z с целыми боковыми размерами. Эти числа известны как пифагорейские числа. Все триплеты относительно простых указанных выше переменных даются формулами x=m 2 - n 2 , y = 2mn, z = m 2 + n 2 , где m и n- целые и простые числа (m>n>0).

Диофант в своей «Арифметике» занимается поиском рациональных (не обязательно интегральных) решений специальных типов своих неравенств. Общая теория решения диофантовых уравнений первой степени была разработана К. Г. Башетом в 17 веке. Другие ученые в начале XIX века в основном изучали подобные неравенства типа ax 2 +bxy + cy 2 + dx +ey +f = 0, где a, b, c, d, e, и f общие, неоднородные, с двумя неизвестными второй степени. Лагранж использовал непрерывные дроби в своем исследовании. Гаусс для квадратичных форм разработал общую теорию, лежащую в основе решения некоторых типов.

В исследованиях этих неравенств второй степени значительные успехи были достигнуты только в XX веке. У А. Туэ было установлено, что диофантово уравнение a 0 x n + a 1 x n-1 y +…+a n y n =c, где n≥3, a 0 ,…,a n ,c - целые числа, а a 0 t n + … + a n не может иметь бесконечное количество целочисленных решений. Однако метод Туэ не получил должного развития. А. Бейкер создал эффективные теоремы, дающие оценки на выполнении некоторых уравнений такого рода. Б. Н. Делоне предложил другой метод исследования, применимый к более узкому классу этих неравенств. В частности, вид ax 3 + y 3 = 1 полностью разрешим этим способом.

Диофантовы уравнения: методы решения

Теория Диофанта имеет много направлений. Таким образом, хорошо известной проблемой в этой системе является гипотеза, согласно которой не существует нетривиальное решение диофантовых уравнений x n + y n = z n если n ≥ 3 (вопрос Ферма). Изучение целочисленных выполнений неравенства является естественным обобщением проблемы пифагорейских триплетов. Эйлер получил положительное решение задачи Ферма для n = 4. В силу этого результата она относится к доказательству отсутствующих целочисленных, ненулевых исследований уравнения, если n - это нечетное простое число.

Исследование, касающееся решения, не было завершено. Трудности с его выполнением связаны с тем, что простая факторизация в кольце алгебраических целых чисел не единственна. Теория дивизоров в этой системе для многих классов простых показателей n позволяет подтвердить справедливость теоремы Ферма. Таким образом, существующими методами и способами выполняется линейное диофантово уравнение с двумя неизвестными.

Виды и типы описываемых задач

Арифметика колец алгебраических целых чисел также используется во многих других задачах и решениях диофантовых уравнений. Например, такие методы были применены при выполнении неравенств вида N(a 1 x 1 +…+ a n x n) = m, где N(a) - норма a, и x 1 , …, x n найдены интегральные рациональные переменные. Этот класс включает уравнение Пелля x 2- dy 2 =1.

Значения a 1, …, a n которые появляются, эти уравнения подразделяют на два типа. Первый тип - так называемые полные формы - включают в себя уравнения, в которых среди a есть m линейно независимые числа над полем рациональных переменных Q, где m = , в которых присутствует степень алгебраических показателей Q (a1,…, a n) над Q. Неполными видами являются те, в которых максимальное количество a i меньше, чем m.

Полные формы проще, их исследование завершено, и можно описать все решения. Второй тип - неполные виды - сложнее, а разработка подобной теории еще не завершена. Такие уравнения изучаются с помощью диофантовых приближений, которые включают неравенство F(x,y)=C, где F (x,y) - многочлен степени n≥3 является неприводимым, однородным. Таким образом, можно предположить, что y i → ∞. Соответственно, если y i достаточно велико, то неравенство будет противоречить теореме Туэ, Зигеля и Рота, из которой выходит, что F(x,y)=C, где F- форма третьей степени или выше, неприводимая не может иметь бесконечное количество решений.

Данный пример составляет довольно узкий класс среди всех. Например, несмотря на их простоту, x 3 + y 3 + z 3 = N, а также x 2 +y 2 +z 2 +u 2 = N не входят в этот класс. Изучение решений является достаточно тщательно исследованной ветвью диофантовых уравнений, где в основе лежит представление квадратичными формами чисел. Лагранж создал теорему, которая гласит, что выполнение существует для всех естественных N. Любое натуральное число может быть представлено в виде суммы трех квадратов (теорема Гаусса), но оно не должно иметь вид 4 a (8K-1), где a и k неотрицательные целые показатели.

Рациональные или интегральные решения системы диофантового уравнения типа F (x 1 , …, x n) = a, где F (x 1 , …, x n) является квадратичной формой с целыми коэффициентами. Таким образом, согласно теореме Минковского-Хассе, неравенство ∑a ij x i x j = b где a ij и b рационально, имеет интегральное решение в действительных и p-адических числах для каждого простого числа p только тогда, когда оно разрешимо в этой структуре.

Из-за присущих трудностей изучение чисел с произвольными формами третьей степени и выше изучалось в меньшей степени. Главным методом выполнения является способ тригонометрических сумм. В данном случае число решений уравнения явно выписывается в терминах интеграла Фурье. После чего метод окружения используется для выражения количества выполнения неравенства соответствующих конгруэнций. Способ тригонометрических сумм зависит от алгебраических особенностей неравенств. Существует большое количество элементарных методов для решения линейных диофантовых уравнений.

Диофантов анализ

Отделение математики, предметом которого является исследование интегральных и рациональных решений систем уравнений алгебры методами геометрии, из той же сферы. Во второй половине XIX века появление этой теории чисел привело к изучению уравнений Диофанта из произвольного поля с коэффициентами, и решения рассматривались либо в нем, либо в его кольцах. Система алгебраических функций развивалась параллельно с числами. Основная аналогия между двумя, которая была подчеркнута Д. Гильбертом и, в частности, Л. Кронекером, привела к равномерному построению различных арифметических концепций, которые обычно называются глобальными.

Это особенно заметно, если изучаемые алгебраические функции над конечным полем констант являются одной переменной. Такие понятия, как теория полей классов, делитель, а также ветвление и результаты являются хорошей иллюстрацией вышеизложенного. Эта точка зрения была принята в системе диофантовых неравенств только позднее, а систематическое исследование не только с численными, но и с коэффициентами, которые являются функциями, началось только в 1950-х годах. Одним из решающих факторов в этом подходе было развитие алгебраической геометрии. Одновременное изучение полей чисел и функций, которые возникают как две одинаково важные стороны одного и того же субъекта, не только давало изящные и убедительные результаты, но приводило к взаимному обогащению двух тем.

В алгебраической геометрии понятием многообразия заменяется неинвариантный набор неравенств над данным полем K, а их решения заменяются рациональными точками со значениями в K или в конечном его расширении. Можно, соответственно, сказать, что фундаментальная задача диофантовой геометрии заключается в изучении рациональных точек алгебраического множества X(K), X при этом - определенные числа в поле K. Целочисленное выполнение имеет геометрический смысл в линейных диофантовых уравнениях.

Исследования неравенств и варианты выполнения

При изучении рациональных (или интегральных) точек на алгебраических многообразиях возникает первая проблема, заключающаяся в их существовании. Десятая задача Гильберта сформулирована как проблема нахождения общего метода решения этого вопроса. В процессе создания точного определения алгоритма и после того, как было доказано, что подобных выполнений для большого числа задач не существует, проблема приобрела очевидный отрицательный результат, и наиболее интересным вопросом является определение классов диофантовых уравнений, для которых существует указанная выше система. Наиболее естественным подходом, с алгебраической точки зрения, является так называемый принцип Хассе: начальное поле K изучается вместе с его пополнениями K v по всем возможным оценкам. Поскольку X(K) = X(K v) являются необходимым условием существования, а K точка учитывает, что множество X(K v) не пусты для всех v.

Важность заключается в том, что он сводит две проблемы. Вторая намного проще, она ​​разрешима известным алгоритмом. В частном случае, когда многообразие X проективно, лемма Гензеля и его обобщения делают возможным дальнейшее сокращение: проблему можно свести к изучению рациональных точек над конечным полем. Затем он решается строить концепцию либо путем последовательного исследования, либо более эффективными методами.

Последнее важное соображение состоит в том, что множества X(K v) являются непустыми для всех v, за исключением конечного числа, так что количество условий всегда конечное, и они могут быть эффективно проверены. Однако принцип Хассе не применим к кривым степени. Например, 3x 3 + 4y 3 =5 имеет точки во всех p-адических числовых полях и в системе но не имеет рациональных точек.

Этот способ послужил отправным пунктом для построения концепции, описывающей классы главных однородных пространств абелевых многообразий для выполнения «отклонения» от принципа Хассе. Оно описывается в терминах специальной структуры, которые могут быть связаны с каждым многообразием (группа Тейта-Шафаревича). Основная трудность теории заключается в том, что методы вычисления групп сложно получить. Эта концепция также была распространена на другие классы алгебраических многообразий.

Поиск алгоритма выполнения неравенств

Другая эвристическая идея, используемая при изучении диофантовых уравнений, заключается в том, что если число переменных, участвующих в множестве неравенств - велико, то система обычно имеет решение. Однако это очень трудно доказать для любого конкретного случая. Общий подход к проблемам этого типа использует аналитическую теорию чисел и основан на оценках тригонометрических сумм. Этот метод первоначально применялся к специальным видам уравнений.

Однако впоследствии было доказано с его помощью, что если форма нечетной степени - это F, в d и n переменных и с рациональными коэффициентами, то n достаточно велико по сравнению с d, таким образом, имеет рациональную точку проективная гиперповерхность F = 0. Согласно гипотезе Артина, этот результат верен, даже если n > d 2 . Это доказано только для квадратичных форм. Аналогичные проблемы могут быть заданы и для других полей. Центральной проблемой диофантовой геометрии является структура множества целых или рациональных точек и их изучение, а первый вопрос, который нужно уточнить, состоит в том, является ли это множество конечным. В этой задаче ситуация обычно имеет конечное количество выполнений, если степень системы намного больше, чем число переменных. Это и есть основное предположение.

Неравенства на линиях и кривых

Группа X(K) может быть представлена ​​как прямая сумма свободной структуры ранга r и конечной группы порядка n. С 1930-х годов изучается вопрос о том, ограничены ли эти числа на множестве всех эллиптических кривых над данным полем K. Ограниченность кручения n была продемонстрирована в семидесятых годах. Существуют кривые произвольного высокого ранга в функциональном случае. В числовом случае по-прежнему нет ответа на этот вопрос.

Наконец, гипотеза Морделла утверждает, что количество интегральных точек является конечным для кривой рода g>1. В функциональном случае эта концепция была продемонстрирована Ю. И. Маниным в 1963 году. Основным инструментом, используемым при доказательстве теорем конечности в диофантовой геометрии, является высота. Из алгебраических многообразий размерности выше единицы абелевы многообразия, которые являются многомерными аналогами эллиптических кривых, были наиболее тщательно изучены.

А. Вейль обобщил теорему о конечности числа образующих группы рациональных точек на абелевы многообразия любой размерности (концепция Морделла-Вейля), распространив ее. В 1960-х годах появилась гипотеза Берча и Суиннертона-Дайера, усовершенствовавшая эту и группу и дзета-функции многообразия. Числовые доказательства подтверждают эту гипотезу.

Проблема разрешимости

Задача нахождения алгоритма, с помощью которого можно определить, имеет ли какое-либо диофантово уравнение способ решения. Существенной особенностью поставленной задачи является поиск универсального метода, который был бы подходящим для любого неравенства. Такой метод также позволил бы решать указанные выше системы, так как он эквивалентен P21+⋯+P2k=0.п1= 0 , ... , PK= 0п = 0,...,пК = 0 или п21+ ⋯ + P2К= 0 . п12+⋯+пК2=0. Проблема нахождения такого универсального способа обнаружения решений для линейных неравенств в целых числах была поставлена ​​Д. Гильбертом.

В начале 1950-х годов появились первые исследования, направленные на доказательство не существования алгоритма решения диофантовых уравнений. В это время появилась гипотеза Дэвиса, в которой говорилось, что любое перечислимое множество также принадлежит греческому ученому. Поскольку примеры алгоритмически неразрешимых множеств известны, но являются рекурсивно перечислимыми. Следует, что гипотеза Дэвиса верна и проблема разрешимости этих уравнений имеет отрицательное выполнение.

После этого для гипотезы Дэвиса осталось доказать, что существует метод преобразования неравенства, которое также (или не имело) в то же время решение. Было показано, что такое изменение диофантового уравнения возможно, если оно с указанными двумя свойствами: 1) в любом решении этого типа v ≤uu ; 2) для любого k существует выполнение, в котором присутствует экспоненциальный рост.

Пример линейного диофантового уравнения этого класса завершил доказательство. Задача о существовании алгоритма разрешимости и распознавания в рациональных числах этих неравенств считается по-прежнему важным и открытым вопросом, который не изучен в достаточной степени.