Міністерство освіти та науки Російської Федерації

Державна освітня установа вищої

професійної освіти

«Тобольська державна соціально-педагогічна академія

ім. Д.І. Менделєєва»

Кафедра математики, ТІМОМ

Деякі діофантові рівняння

Курсова робота

студента ІІІ курсу ФМФ

Матаєва Євгена Вікторовича

Науковий керівник:

к.ф.-м.н.Валіцкас О.І.

Оцінка: ____________

Тобольськ – 2011

Вступ……………………………………………………………………........2

§ 1. Лінійні діофантові рівняння…………………………………..3

§ 2. Діофантове рівнянняx 2 – y 2 = a………………………………….....9

§ 3. Діофантове рівнянняx 2 + y 2 = a…………………………………... 12

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

§ 5. Піфагорові трійки………………………………………………….. 19

§ 6. Велика теоремаФерма………………………………………………23

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

Список літератури...........………………………………………………..30

ВСТУП

Діофантове рівняння – це рівняння виду P(x 1 , … , x n ) = 0 , де ліва частина є багаточленом від змінних x 1 , … , x nз цілими коефіцієнтами. Будь-який упорядкований набір (u 1 ; … ; u n ) цілих чисел із властивістю P(u 1 , … , u n ) = 0 називається (приватним) рішенням діофантового рівняння P(x 1 , … , x n ) = 0 . Вирішити діофантове рівняння – отже знайти його рішення, тобто. загальне рішення цього рівняння.

Нашою метою буде навчитися знаходити рішення деяких діофантових рівнянь, якщо ці рішення є.

Для цього необхідно відповісти на такі питання:

а. Чи завжди діофантове рівняння має рішення, знайти умови існування рішення.

б. Чи є алгоритм, що дозволяє знайти рішення діофантового рівняння.

Приклади: 1.Діофантове рівняння 5 x – 1 = 0 немає рішень.

2. Діофантове рівняння 5 x – 10 = 0 має рішення x = 2 , що є єдиним.

3. Рівняння ln x – 8 x 2 = 0 не є діофантовим.

4. Часто рівняння виду P(x 1 , … , x n ) = Q(x 1 , … , x n ) , де P(x 1 , … , x n ) , Q(x 1 , … , x n ) – багаточлени з цілими коефіцієнтами, що також називають діофантовими. Їх можна записати у вигляді P(x 1 , … , x n ) – Q(x 1 , … , x n ) = 0 який є стандартним для діофантових рівнянь.

5. x 2 – y 2 = a– діофантове рівняння другого ступеня з двома невідомими x та y за будь-якого цілого a. Воно має рішення при a = 1 , але не має рішень при a = 2 .

§ 1. Лінійні діофантові рівняння

Нехай a 1 , … , a n , зZ . Рівняння виду a 1 x 1 + … + a n x n = cназивається лінійним діофантовим рівнянням з коефіцієнтами a 1 , … , a n , правою частиною c та невідомими x 1 , … , x n . Якщо права частина лінійного діофантового рівняння нульова, то таке діофантове рівняння називається однорідним.

Наша найближча мета – навчитися знаходити приватні та загальні рішення лінійних діофантових рівнянь із двома невідомими. Очевидно, що будь-яке однорідне діофантове рівняння a 1 x 1 + … + a n x n = 0 завжди має приватне рішення (0; … ; 0).

Очевидно, що лінійне діофантове рівняння, всі коефіцієнти якого дорівнюють нулю, має рішення тільки у випадку, коли його права частина дорівнює нулю. У випадку має місце наступна

Теорема (про існування рішення лінійного діофантового рівняння).Лінійне діофантове рівняння a 1 x 1 + … + a n x n = c, не всі коефіцієнти якого дорівнюють нулю, має рішення тоді і лише тоді, коли НОД(a 1 , … , a n ) | c.

Доведення.Необхідність умови очевидна: НОД(a 1 , … , a n ) | a i (1 i n) , так що НОД(a 1 , … , a n ) | (a 1 x 1 + … + a n x n ) , а значить, ділить і

c = a 1 x 1 + … + a n x n .

Нехай D= НОД(a 1 , … , a n ) , з =Dt і a 1 u 1 + … + a n u n = D - Лінійне розкладання найбільшого загального дільника чисел a 1 , … , a n. Помножуючи обидві частини на t, отримаємо a 1 (u 1 t) + … + a n (u n t) = Dt = c, тобто. цілочисленна

n-ка (x 1 t; …; x n t)є рішенням вихідного рівняння з nневідомими.

Теорему доведено.

Ця теорема дає конструктивний алгоритм знаходження приватних рішень лінійних діофантових рівнянь.

Приклади: 1.Лінійне діофантове рівняння 12x+21y = 5не має рішень, оскільки НОД(12, 21) = 3не ділить 5 .

2. Знайти приватне рішення діофантового рівняння 12x+21y = 6.

Очевидно, що тепер НОД(12, 21) = 3 | 6, Так що рішення існує. Запишемо лінійне розкладання НОД(12, 21) = 3 = 122 + 21(-1). Тому пара (2; –1) - приватне рішення рівняння 12x+21y = 3, а пара (4; –2) - приватне рішення вихідного рівняння 12x+21y = 6.

3. Знайти окреме рішення лінійного рівняння 12x + 21y - 2z = 5.

Так як (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , то рішення існує. Наслідуючи доказ теореми, спочатку знайдемо рішення рівняння (12,21) х-2у = 5а потім, підставивши лінійне розкладання найбільшого загального дільника з попереднього завдання, отримаємо рішення вихідного рівняння.

Для вирішення рівняння 3х - 2у = 5запишемо лінійне розкладання НОД (3, -2) = 1 = 31 - 21очевидно. Тому пара чисел (1; 1) є рішенням рівняння 3 x – 2 y = 1 , а пара (5; 5) - приватним рішенням діофантового рівняння 3х - 2у = 5.

Отже, (12, 21)5 – 25 = 5 . Підставляючи сюди знайдене раніше лінійне розкладання (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , отримаємо (122+21(–1))5 – 25 = 5 , або 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , тобто. трійка цілих чисел (10; –5; 5) є приватним рішенням вихідного діофантового рівняння 12x + 21y - 2z = 5.

Теорема (про структуру загального рішення лінійного діофантового рівняння).Для лінійного діофантового рівняння a 1 x 1 + … + a n x n = cсправедливі такі твердження:

(1) якщо = (u 1 ; …; u n ), = (v 1 ; …; v n ) - його приватні рішення, то різниця (u 1 – v 1 ; …; u n – v n ) – приватне розв'язання відповідного однорідного рівняння a 1 x 1 + … + a n x n = 0 ,

(2) безліч приватних рішень лінійного діофантового однорідного рівняння a 1 x 1 + … + a n x n = 0 замкнуто щодо складання, віднімання та множення на цілі числа,

(3) якщо M– загальне рішення даного лінійного діофантового рівняння, а L- загальне рішення відповідного йому однорідного діофантового рівняння, то для будь-якого приватного рішення = (u 1 ; …; u n ) вихідного рівняння вірна рівність M = + L .

Доведення.Віднімаючи рівність a 1 v 1 + … + a n v n = c з рівності a 1 u 1 + … + a n u n = c, отримаємо a 1 (u 1 – v 1 ) + … + a n (u n – v n ) = 0 , тобто набір

(u 1 – v 1 ; …; u n – v n ) - приватне рішення лінійного однорідного діофантового рівняння a 1 x 1 + … + a n x n = 0 . Таким чином, доведено, що

= (u 1 ; …; u n ), = (v 1 ; …; v n ) ML .

Це доводить твердження (1).

Аналогічно доводиться затвердження (2):

, L z Z L z L .

Для доказу (3) спочатку зауважимо, що M+L. Це випливає із попереднього: M+L .

Назад, якщо = (l 1 ; …; l n ) L і = (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 чином, + LM, і в результаті M = + L .

Теорему доведено.

Доведена теорема має наочний геометричний зміст. Якщо розглянути лінійне рівняння a 1 x 1 + … + a n x n = c, де х i R, то як відомо з геометрії, воно визначає у просторі R nгіперплощину, отриману з площини L з однорідним рівнянням a 1 x 1 + … +a n x n =0 , що проходить через початок координат, зсувом на деякий вектор R n. Поверхня виду + Lназивають також лінійним різноманіттям з напрямним простором Lі вектор зсуву . Таким чином, доведено, що загальне рішення Мдіофантового рівняння a 1 x 1 + … + a n x n = cскладається з усіх точок деякого лінійного різноманіття, що мають цілі координати. При цьому координати вектора зсуву теж цілі, а безліч Lрішень однорідного діофантового рівняння a 1 x 1 + … + a n x n = 0 складається з усіх точок напрямного простору з цілими координатами. З цієї причини часто говорять, що безліч рішень довільного рівняння діофанту утворює лінійне різноманіття з вектором зсуву та напрямним простором L.

Приклад:для діофантового рівняння х – у = 1загальне рішення Mмає вигляд (1+у; у), де уZ, його приватне рішення = (1; 0) , а загальне рішення Lоднорідного рівняння х – у = 0запишеться у вигляді (у; у), де уZ. Таким чином, можна намалювати наступну картинку, на якій розв'язки вихідного діофантового рівняння та відповідного однорідного діофантового рівняння зображені жирними точками в лінійному різноманітті. Мта просторі Lвідповідно.

2. Знайти загальне рішення діофантового рівняння 12x + 21y - 2z = 5.

Приватне рішення (10; –5; 5) цього рівняння було знайдено раніше, знайдемо загальне рішення однорідного рівняння 12x + 21y - 2z = 0еквівалентного діофантового рівняння 12 x + 21 y = 2 z.

Для розв'язання цього рівняння необхідне і достатньо виконання умови НОД(12, 21) = 3 | 2z,тобто. 3 | zабо z = 3tдля деякого цілого t. Скорочуючи обидві частини на 3 , отримаємо 4x + 7y = 2t. Приватне рішення (2; -1) діофантового рівняння 4x + 7y = 1 знайдено у попередньому прикладі. Тому (4t; -2t)- приватне рішення рівняння 4x + 7y = 2tза будь-якого

t Z. Загальне рішення відповідного однорідного рівняння

(7 u ; –4 u) вже знайдено. Таким чином, загальне рішення рівняння 4x + 7y = 2tмає вигляд: (4t + 7u; -2t - 4u) , а загальне рішення однорідного рівняння 12x + 21y - 2z = 0запишеться так:

(4t + 7u; -2t - 4u; 3t).

Неважко переконатися, що цей результат відповідає сформульованій вище без доказу теоремі про рішення однорідного діофантового рівняння а 1 х 1 + … + а n х n = 0 : якщо Р = ,то Рі

(u; t) P- загальне рішення однорідного рівняння, що розглядається.

Отже, загальне рішення діофантового рівняння 12x + 21y - 2z = 5виглядає так: (10 + 4t + 7u; -5 - 2t - 4u; 5 + 3t).

3. На прикладі попереднього рівняння проілюструємо інший метод розв'язання діофантових рівнянь багатьох невідомих, який полягає в послідовному зменшенні максимального значення модулів його коефіцієнтів.

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

12x + y – 2(z – 10y) = 5

Таким чином, загальне рішення рівняння, що розглядається, можна записати і так: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), де x, u- Довільні цілі параметри.

§ 2. Діофантове рівнянняx 2 – y 2 = a

Приклади: 1.При a = 0 отримуємо нескінченну кількість рішень: x = yабо x = – yдля будь-кого y Z.

2. При a = 1 маємо x 2 – y 2 = 1 (x + y)(x – y) = 1 . Таким чином, число 1 розкладено у добуток двох цілих множників x + yі x – y(важливо, що x, y- Цілі!). Оскільки у числа 1 всього два розкладання у твір цілих множників 1 = 11 і 1 = (–1)(–1) , то отримуємо дві можливості: .

3. Для a = 2 маємо x 2 – y 2 = 2 (x + y)(x – y) = 2. Діючи аналогічно до попереднього, розглядаємо розкладання

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), складаємо системи:, які, на відміну попереднього прикладу, немає рішень. Так що немає рішень і у аналізованого діофантового рівняння x 2 – y 2 = 2.

4. Попередні розгляди наводять деякі висновки. Рішення рівняння x 2 – y 2 = a знаходяться за розкладанням a = kmу добуток цілих чисел із системи . Ця система має цілі рішення тоді і лише тоді, коли k + m і k – m парні, тобто. коли числа k і m однієї парності (одночасно парні чи непарні). Таким чином, діофантове рівняння x 2 - y 2 = a має рішення тоді і тільки тоді, коли a допускає розкладання у твір двох цілих множників однієї парності. Залишається тільки знайти такі a .

Теорема (про рівнянняx 2 – y 2 = a ). (1) Рівняння x 2 – y 2 = 0 має безліч рішень .

(2) Будь-яке рішення рівняння виходить має вигляд , де a = km– розкладання числа a добуток двох цілих множників однієї парності.

(3) Рівняння x 2 – y 2 = aмає рішення тоді і лише тоді, коли a 2 (mod 4).

Доведення.(1) вже доведено.

(2) вже доведено.

(3) () Нехай спочатку діофантове рівняння x 2 – y 2 = a має рішення. Доведемо, що a 2 (mod 4) . Якщо a = km - Розкладання у добуток цілих чисел однієї парності, то при парних kі mмаємо k = 2 l, m = 2 nі a = km = 4 ln 0 (mod 4) . У разі непарних k, mїхній твір aтакож непарно, різниця a – 2 непарна і не поділяється на 4 , тобто. знову

a 2 (mod 4).

() Якщо тепер a 2 (mod 4) , то можна побудувати рішення рівняння x 2 – y 2 = a. Справді, якщо a непарно, то a = 1 a- Розкладання у добуток цілих непарних чисел, так що - Рішення діофантового рівняння. Якщо ж a парно, то через a 2 (mod 4) отримуємо, що 4 | a, a = 4 b = 2(2 b) - Розкладання у добуток цілих парних чисел, так що - Рішення діофантового рівняння.

Теорему доведено.

Приклади: 1.Діофантове рівняння x 2 – y 2 = 2012 немає рішень, т.к. 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Діофантове рівняння x 2 – y 2 = 2011 має рішення, т.к.

2011 3 (mod 4). Маємо очевидні розкладання

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

по кожному з яких знаходимо рішення (Комбінації знаків будь-які). Інших рішень немає, т.к. число 2011 просте (?!).

§ 3. Діофантове рівнянняx 2 + y 2 = a

Приклади: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Таким чином, очевидно, будь-який квадрат представимо у вигляді суми двох квадратів.

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

Аналіз наведених результатів здатний навести на думку, що відсутність рішень якимось чином пов'язана із простими числами виду

4 n+3 , присутніми у розкладанні на множники чисел, які не у вигляді сум двох квадратів.

Теорема (про подання натуральних чисел сумами двох квадратів).Натуральне число a представимо у вигляді суми двох квадратів тоді і лише тоді, коли в його канонічному розкладанні прості числа виду 4 n + 3 мають парні показники ступенів.

Доведення.Спочатку доведемо, що й натуральне число a представимо як суми двох квадратів, то його канонічному розкладанні все прості числа виду 4 n + 3 повинні мати парні показники ступенів. Припустимо, всупереч тому, що доводить, що a= р 2 k +1 b = x 2 + y 2 , де

р -просте число виду 4 n+3 і b p. Уявимо числа хі уу вигляді

х =Dz, y = Dt, деD= НОД(x, y) = р s w, p w; z, t, s N 0 . Тоді отримуємо рівність р 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = р 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , тобто. р 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . У лівій частині рівності є p (непарна ступінь не дорівнює нулю), отже, на просте число p ділиться один з множників у правій частині. Оскільки p w, то р | (z 2 + t 2 ) , де числа z, t взаємно прості. Це суперечить наступній лемі (?!).

Лемма (про подільність суми двох квадратів на просте число виду

4 n + 3 ). Якщо просте число р = 4n+3 ділить суму квадратів двох натуральних чисел, воно ділить кожне з цих чисел.

Доведення.Від неприємного. Нехай x 2 + y 2 0(mod p) , але x0(mod p) або y 0 (mod p) . Оскільки xі yсиметричні, їх можна міняти місцями, тож можна припускати, що x p.

Лемма (про оборотність за модулемp ). Для будь-якого цілого числа x, не поділяється на просте число p, існує зворотний елемент за модулем p – таке ціле число 1 u < p, що xu 1 (mod p).

Доведення.Число xвзаємно просте з pтому можна записати лінійне розкладання НОД(x, p) = 1 = xu + pv (u, v Z) . Зрозуміло, що xu1(modp) , тобто. u- Зворотний елемент до xза модулем p. Якщо uне задовольняє обмеження 1 u < p, то поділивши uіз залишком на p, отримаємо залишок r u (mod p) , для котрого xr xu 1 (mod p) і 0 r < p.

Лемма про оборотність за модулем pдоведено.

Помножуючи порівняння x 2 + y 2 0 (mod p) на квадрат u 2 зворотного елемента до xза модулем p, отримаємо 0 = 0u 2 x 2 u 2 + y 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1 + t 2 (Mod p).

Таким чином, для t = yuвиконано порівняння t 2 –1 (mod p) , яке й приведемо до суперечності. Зрозуміло, що t p: інакше t 0 (mod p) і 0 t 2 –1 (mod p) , що неможливо. По теоремі Ферма маємо t p –1 1 (mod p), що разом з t 2 –1 (mod p) і p = 4 n + 3 призводить до протиріччя:

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

Отримане протиріччя показує, що припущення про x 0 (mod p) було не вірним.

Лемма про подільність суми двох квадратів на просте число 4 n+3 доведено.

Таким чином, доведено, що число, до канонічного розкладання якого входить просте число p = 4 n + 3 у непарній мірі, не можна у вигляді суми двох квадратів.

Доведемо тепер, що будь-яке число, у канонічному розкладі якого є прості числа p = 4 n + 3 беруть участь тільки в парних ступенях, Представимо у вигляді суми двох квадратів.

Ідея доказу полягає в наступному тотожності:

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

яке можна отримати з відомої властивості модуля комплексних чисел– модуль твору дорівнює творумодулів. Справді,

| 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 .

З цієї тотожності випливає, що якщо два числа u, v представні у вигляді суми двох квадратів: u = x 2 + y 2 , v = z 2 + t 2 , то і їх добуток uv представимо у вигляді суми двох квадратів: uv = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .

Будь-яке натуральне число a > 1 можна записати у вигляді a= р 1 … р k m 2 , де р i- попарно різні прості числа, m N . Для цього достатньо знайти канонічне розкладання , записати кожен ступінь виду rу вигляді квадрата (r) 2 при парному = 2, або у вигляді r = r(r) 2 при непарному = 2 + 1 , а потім згрупувати окремо квадрати і одиночні прості числа, що залишилися. Наприклад,

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

Число m 2 має тривіальне подання у вигляді суми двох квадратів: m 2 = 0 2 + m 2 . Якщо довести уявність у вигляді суми двох квадратів усіх простих чисел р i (1 i k) , То використовуючи тотожність, буде отримано і подання числа a. За умовою серед чисел р 1 , … , р k можуть зустрітися тільки 2 = 1 2 + 1 2 та прості числа виду 4 n + 1 . Таким чином, залишилося отримати подання у вигляді суми двох квадратів простого числа р = 4т + 1. Це твердження виділимо в окрему теорему (див. нижче)

Наприклад, для a = 29250 = 2513(15) 2 послідовно отримуємо:

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 .

Теорему доведено.

§ 4. Рівняннях + х + 1 = 3у

Займемося тепер рівнянням х+x+1=Зу.Воно вже має власну історію. У 1950 р. Р. Облат висловив припущення, що крім рішення

x=у=1. воно не має інших рішень у натуральних числах х, уде х є непарне число. Того ж року Т. Нагель вказав рішення x= 313, у =181.Метод, аналогічний викладеному вище для рівняння х+х-2у=0, дозволить нам визначити всі рішення рівняння x+х+1=3у (1)

у натуральних числах x, в.Припустимо, що (х, у)є рішення рівняння (1) у натуральних числах, причому х > 1. Можна легко переконатися, що рівняння(18) не має рішень у натуральних числах x, у, де х = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9;тому має бути х10.

Покажемо, що 12у<7 x+3, 7у>4x+ 2. 4у> 2x+1 . (2)

Якби було 12y> 7x+3, ми мали б 144у> 49 x+42 x+9 . а оскільки, на увазі (18), 144у = 48x+ 48 x + 48 , то було б х< 6 x +3 9, звідки

(х-З)< 48 і, отже, враховуючи, що x> 10, 7 < 148 , що неможливо. Отже, перша з нерівностей (2) доведена.

Якби було 7у< 4 x+2 , ми мали б 49у< 16 x+ 16 x+4 , а оскільки, зважаючи на (1), 16 x+ 16 x+ 16 = 48у, то було б 49у< 48у-12, що неможливо. Таким чином, доведено другу з нерівностей (2), з якої вже безпосередньо випливає третя. Отже, нерівності (2) вірні.

Покладемо тепер

w= 7х - 12у +3,h = -4 x+ 7у-2. (3)

На підставі (2), знайдемо, що w > 0 , h > 0 і х -w=3(4 y-2 x-1)>0 і, отже, w<х . Згідно (3), маємо w 2 + w+1=3 h 2 звідки, через (1), Приймемо g(x, у) = (7х-12у + 3, -4x + 7у -2).

Отже, можна сказати, що виходячи з будь-якого рішення (х, у)рівняння (1) у натуральних числах, де х > 1, ми отримуємо нове рішення (w, h) = g(x, у)рівняння (1) у натуральних числах w, hде w < х (І значить, рішення в менших натуральних числах). Звідси, діючи як вище, знайдемо, що для кожного розв'язання рівняння (1) у натуральних числах х, у, де х > 1, існує натуральне число n таке, що g(x, y) = (l, 1).

Прийнявши ж f(x, у) = (7x+12у + 3, 4x+ 7у + 2), (4) легко знайдемо, що f(g(x, y)) = (x, y)і, отже, (x, y) = f(1,1) З іншого боку, легко перевірити, що якщо (х, у)є рішення рівняння (1) у натуральних числах, то f(x, y) також є рішення рівняння (1) у натуральних числах (відповідно більших, ніж хі у).

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

отримаємо послідовність { x, y} для n= 1, 2,….., містить всі рішення рівняння (1) у натуральних числах і лише такі рішення.

Тут ми маємо (х,y)= f(1,1)= f(x, y),отже, в силу (4), отримуємо

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

Формули, що дозволяють послідовно визначати всі рішення (х, у)рівняння (1) у натуральних числах. Таким шляхом легко отримуємо рішення (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Цих рішень є, очевидно, безліч. З рівностей

х = у = 1і (4) за допомогою індукції легко знаходимо, що числа хз непарними індексами суть непарні, з парними ж – парні, а числа yсуть непарні для n = 1, 2, ... Для отримання всіх рішень рівняння (1) у цілих числах х, у, як неважко довести, слід було б до вже отриманих рішень (x, y)приєднати (x, -y)і (-x-1, ±y)для n=1, 2, .. .

Отже, тут ми маємо, наприклад, ще такі рішення: (-2,1) (-23,13), (-314,181). О. Роткевич зауважив, що з усіх рішень рівняння (1) у натуральних числах х > 1і можна отримати всі рішення рівняння (z+1)-z= y (6)

у натуральних числах z, в.Справді, припустимо, що натуральні числа z задовольняють рівнянню (5). Поклавши x=3z+l, отримаємо, як легко перевірити, натуральні числа х > 1і у, що задовольняють рівняння (1).

З іншого боку, якщо натуральні числа х > 1і узадовольняють рівняння (1), то маємо, як легко перевірити, (х-1) = 3 (у-х), звідки випливає, що число (натуральне) х-1ділиться на 3 , отже х-1 = 3 z, де zє натуральне число, причому має місце рівність 3z= y-x=у3z-1 , яке доводить, що числа zі узадовольняють рівняння (6). Таким чином, виходячи з рішень (22,13),(313,181), (4366,2521) рівняння (1), отримуємо рішення (7,13),(104,181),(1455,2521) рівняння (6). Зауважимо тут ще, якщо натуральні числа z, узадовольняють рівняння (6), то доведено, що ує сума двох послідовних квадратів, наприклад 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Подібним чином, як раніше для рівняння(1), ми могли б знайти всі рішення рівняння x+(x+1)= yу натуральних числах х, у, Прийнявши для х > 3 g(x. у) = (3х -2у+1, 3у - 4х-2)і для x> 1 f(x, y) = (3x+ 2y+l, 4х + Зу + 2),що призводить до формули ( х, у)f(3,5) і висновку, що всі рішення рівняння (6) в натуральних числах х, у містяться в послідовності { x, y} для n= 1, 2,…., де х = 3, у = 5, аx=3 x+2 y+1 . y = 4 x+3 y+2 (n=1, 2, ...). Наприклад, 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.

Геометричний зміст розглянутого рівняння полягає в тому, що воно дає всі трикутники піфагорів (прямокутні з натуральними сторонами), катети яких виражаються послідовними натуральними числами. Таких трикутників є безліч (*).

Рівняння ж x+(x+1)= y, як доведено, не має рішень у натуральних числах х, у.

Лінійні діофантові рівняння

Дослідницька робота з алгебри

учня 9 класу МОУ «Упшинська ЗОШ»

Антонова Юрія

«Якщо ви хочете навчитися плавати, то

сміливо входите у воду, а якщо хочете

навчитись вирішувати завдання, то вирішуйте їх.»

Д.Пойя

Керівник - Софронова Н.А .

Завдання

Для настилання підлоги шириною 3 метри є дошки шириною 11 см і 13 см. Скільки потрібно взяти дощок того й іншого розміру?

Якщо х - Число дощок шириною в 11 см, а у - Число дощок шириною в 13 см, то нам треба вирішити рівняння:

11 х + 13 у = 300

Особливості рівняння 11 х + 13 у = 300: ▪ Коефіцієнти 11, 13, 300 – цілі числа. ▪ Число невідомих перевищує кількість рівнянь. ▪ Рішення даного рівняння х і у повинні бути цілими позитивними числами

Алгебраїчні рівняння або системи рівнянь алгебри з цілими коефіцієнтами, в яких число невідомих перевищує число рівнянь і для яких треба знайти цілі рішення, називають невизначеними або діофантовими, на ім'я грецького математика Діофанта .

Приклади діофантових рівнянь

1 . Знайдіть усі пари цілих чисел

x , y , для яких вірно рівність

2 . Покажіть, що рівняння

має безліч рішень

цілих числах

Мета роботи:

З'ясувати:

• Які методи з існують для розв'язання діофантових рівнянь?

Завдання:

• Знайти та й вивчити методи вирішення лінійних діофантових рівнянь із двома змінними.

• Розглянути можливості теорії лінійних діофантових рівнянь.

Піфагорові трійки

• Невизначені рівняння цілих числах вирішувалися ще до Діофанта. Великий інтерес викликало, наприклад, рівняння алгебри x 2 + y 2 = z 2 , зв'язуюча сторони x , у , z прямокутний трикутник. Натуральні числа x , y і z , що є рішеннями цього рівняння, називаються "піфагоровими трійками" .

Рівняння Ферма

• До робіт Діофанта мають безпосереднє відношення та математичні дослідження французького математика П'єра Ферма. Вважається, що саме з робіт Ферма почалася нова хвиля у розвитку теорії чисел. І одне з його завдань – це знамените рівняння Ферма

х n + y n = z n

Жоден великий математик не пройшов повз теорію діофантових рівнянь.

Ферма, Ейлер, Лагранж, Гаус, Чебишев залишили незабутній слід у цій цікавій теорії.

1, (Каталана); ах 2 + bxy + су 2 + dx + еу + f = 0 де а, b, с, d, е, f - цілі числа, тобто загальне неоднорідне рівняння другого ступеня з двома невідомими (П.Ферма, Дж Валліс, Л. Ейлер, Ж. Лагранж і К. Гаусс) " width = "640"

Приклади невизначених рівнянь вирішуваних великими математиками 19-го та 20-го століть: x 2 − ny 2 = 1 , де n не є точним квадратом (Ферма, Пелля); x z − y t = 1 , де z , t 1, (Каталана); ах 2 + bxy + су 2 + dx + еу + f = 0 , де а , b , з , d , е , f - Цілі числа, тобто загальне неоднорідне рівняння другого ступеня з двома невідомими (П.Ферма, Дж. Валліс, Л. Ейлер, Ж. Лагранж та К. Гаусс)

Діофантові рівняння в 20 столітті

1900 рік. Міжнародний математичний конгрес.

10-та проблема Гільберта

Задано Діофантове рівняння з деяким числом невідомих та раціональними цілими коефіцієнтами. Необхідно вигадати процедуру, яка могла визначити за кінцеве число операцій – чи є рівняння розв'язним у раціональних цілих числах.

Російський математик Юрій Матіясевич довів :

Десята проблема Гільберта нерозв'язна - необхідного в ній алгоритму не існує.

Чи завжди можна знайти для конкретного невизначеного рівняння всі ці рішення чи довести відсутність таких?

• Проблема розв'язання рівнянь у цілих числах вирішена остаточно лише рівнянь першого ступеня із двома чи трьома невідомими.
• ДК другого ступеня з двома невідомими вирішуються вже з великими труднощами.
• ДУ другого ступеня з числом невідомих більше двох вирішено лише в окремих окремих випадках, наприклад рівняння x 2 + y 2 = z 2 .
• ДК ступеня вище другого мають, як правило, лише кінцеве число рішень (у цілих числах).
• Для рівнянь вище другого ступеня із двома чи більше невідомими досить важким є завдання існування цілих рішень. Наприклад, невідомо, чи має рівняння

x 3 + y 3 + z 3 = 30 хоча б одне ціле рішення.

• Для вирішення окремих ДУ, а іноді й для конкретних рівнянь доводиться винаходити нові методи. Очевидно, що алгоритму, який дозволяв би знаходити рішення довільних ДУ не існує.

Лінійні діофантові рівняння

Загальний вигляд:

ЛДУ з двома змінними:

a х + by = c

ЛДУ з трьома змінними:

a х + by + cz = d

ЛДУ з двома невідомими

ЛДУ з двома змінними:

a х + by = c

Рішення:

x = х 0 - bt

у = у 0 + at

Однорідні:

a х + by = 0

Рішення:

x = - bt

у = at

Пошук приватного рішення

Методи вирішення:

• Метод кратних.
• Застосування алгоритму Евкліда.
• Метод перебору.
• Метод спуску.

• Метод розгляду залишків від розподілу

Метод кратних

Вирішити рівняння 11 х + 2 у = 69

Шукаємо суму, рівну 69: 55 + 14 = 69 Приватне рішення рівняння

х 0 = 5, у 0 = 7

Застосування алгоритму Евкліда

Вирішити рівняння 4 х + 7 у = 16

• Знайдемо НОД чисел 4 та 7 за алгоритмом Евкліда: НОД(4,7) = 1

• Виразимо число 1 через коефіцієнти а = 4 та b =7, використовуючи теорему про лінійне розкладання НОД:

НІД ( а, b ) = au + bv .

• Отримаємо: 1 = 4 ∙ 2 + 7 ∙ (-1) u = 2, v = -1

• Приватне рішення рівняння: х 0 = 2 ∙ 16 = 32,

у 0 = -1 ∙ 16 = -16

Метод перебору

Вирішити рівняння 7 х + 12 у = 100

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

Приватне рішення рівняння: х 0 = 4, у 0 = 6

100-12у

Метод спуску: 3х + 8у = 60

Висловимо

змінну х

через у

Висловимо

змінну х

через t

Відповідь:

Перевірка:

Метод розгляду залишків від розподілу

• Вирішити в цілих числах рівняння 3х - 4у = 1
• 3 х = 4 у + 1
• Ліва частина рівняння ділиться на 3, отже і права повинна ділитися на 3. При розподілі на 3 можуть вийти залишки 0, 1 і 2.
• Розглянемо 3 випадки.

3 x = 4 ∙ 3p + 1 = 12 p + 1

y = 3p + 1

Не ділиться на 3

3 x = 4 ∙ (3p + 1) +1 = 12 p + 3

y = 3p + 2

Не ділиться на 3

3 x = 4 ∙ (3p + 2) +1 = 12 p + 9

3 x = 3 (4 p + 3)

x = 4 p + 3

Відповідь:

Ділиться на 3

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

Можливості теорії ЛДУ Знайти всі цілі рішення рівняння х 2 + 5y 2 + 34z 2 + 2ху - 10xz - 22уz =0

Що мені дала робота над проектом?

• Набув уявлення про роботу над дослідницьким проектом.
• Познайомився з історією розвитку діофантових рівнянь та біографією Діофанта.
• Вивчив методи рішення ЛДУ з двома та трьома невідомими.
• вирішив групу завдань, які мають практичний характер, а також зустрічаються на олімпіадах, іспитах за курс основної школи
• Набув навичок вирішення нестандартних завдань.

Думаю, що надалі я продовжу вивчення діофантових рівнянь другого ступеня та методів їх вирішення.

СПИСОК ВИКОРИСТАНИХ ДЖЕРЕЛ

• Математика у поняттях, визначеннях та термінах. Ч.1. Посібник для вчителів. За ред. Л.В.Сабініна. М., "Освіта", 1978. -320 с. (Бібліотека вчителя математики.) На обороті тит.
• Нагібін Ф.Ф., Канін Є.С. Математична скринька: Посібник для учнів. - 4-те вид., Перероб. та дод. - М.: Просвітництво, 1984. - 160с., Мул.
• Н.П.Тучнін. Як поставити запитання? (Про математичну творчість школярів): Книга для учнів. - М.: Просвітництво, 1993. - 192с., Мул.
• С.Н.Олехник, Ю.В.Нестеренко, М.К.Потапов Старовинні цікаві завдання. -М.: Дрофа, 2002. -176с., Іл.
• Я.І.Перельман. Цікава алгебра. - М.: Наука, 1975р. - 200с., іл.
• Електорний ресурс: http :// www.yugzone.ru /x/ диофант-і-діофантовий-уравнення / І.Г.Башмакова «Діофант та діофантові рівняння».
• Електорний ресурс: http :// www.goldenmuseum.com /1612Hilbert_ukr.html 10-та проблема Гільберта: історія математичного відкриття (Діофант, Ферма, Гільберт, Джулія Робінзон, Микола Воробйов, Юрій Матіясевич).
• Електорний ресурс: http://ua.wikipedia.org/wiki/ Діофантові рівняння.
• Електорний ресурс: http :// revolution.allbest.ru / mathematics /d00013924.html Бєлов Денис Володимирович Лінійні діофантові рівняння.
• Електорний ресурс: http :// revolution.allbest.ru / mathematics /d00063111.html Лінійні діофантові рівняння
• Електорний ресурс: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=570768 Зюрюкіна Ольга. Невизначені рівняння у цілих числах чи діофантові рівняння.
• Електорний ресурс: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=561773 Арапов Олександр. Діофант та його рівняння.
• Електорний ресурс: http :// ru.wikipedia.org / wiki / Алгоритм Евкліда.

Сьогодні пропоную поміркувати над деяким цікавим математичним завданням.
Зокрема, давайте для розминки вирішимо наступне лінійне рівняння:

«Чого складного?» - Запитайте ви. Справді, лише одне рівняння і цілих чотири невідомі. Отже, три змінні є вільні, а остання залежить від них. Тож давайте висловимо швидше! Наприклад, через змінну, тоді безліч рішень наступне:

де - безліч будь-яких дійсних чисел.

Що ж, рішення справді виявилося надто тривіальним. Тоді будемо наше завдання ускладнювати і робити його цікавішим.

Згадаймо про лінійні рівнянняз цілими коефіцієнтами та цілим корінням, які, власне, є різновидом діофантових рівнянь. Конкретно – накладемо на наше рівняння відповідні обмеження на цілісність коефіцієнтів та коренів. Коефіцієнти за невідомих у нас і так цілі (), а ось самі невідомі необхідно обмежити наступним:

де - безліч цілих чисел.

Тепер рішення, отримане на початку статті, «не проканає», тому що ми ризикуємо отримати як раціональне число. Так як вирішити це рівняння виключноу цілих числах?

Тих, хто зацікавився розв'язанням цього завдання, прошу під кат.

А ми з вами продовжуємо. Спробуємо зробити деякі елементарні перетворення шуканого рівняння:

Завдання виглядає, як і раніше, незрозумілим, у таких випадках математики зазвичай роблять якусь заміну. Давайте і ми з вами її бахнемо:

Опа, ми з вами досягли цікавого результату! Коефіцієнт у нас зараз дорівнює одиниці, а це означає, що ми з вами можемо висловити цю невідому через решту невідомих у цьому рівнянні без будь-яких поділів (чим грішили на самому початку статті). Зробимо це:

Зверну увагу, що це говорить нам про те, що які б не були (у рамках діофантових рівнянь) все одно залишиться цілим числом, і це чудово.

Згадуючи, що справедливо говорити, що . А підставивши замість одержаний вище результат отримаємо:

Тут ми також бачимо, що будь-які , все одно залишиться цілим числом, і це, як і раніше, прекрасно.

Тоді на думку спадає геніальна ідея: так давайте ж оголосимо як вільні змінні, а висловлюватимемо через них! Насправді ми вже це зробили. Залишилося лише записати відповідь у систему рішень:

Тепер можна бачити, що в системі рішень ніде немає поділу, а це означає, що завжди рішення будуть цілими. Спробуємо визначити приватне рішення вихідного рівняння, поклавши, наприклад, що :

Підставимо у вихідне рівняння:

Тотожно, круто! Спробуємо ще раз на іншому прикладі?

Тут ми бачимо негативний коефіцієнт, він може доставити нам неабияких проблем, так що давайте від гріха позбудемося його заміною, тоді рівняння буде наступним:

Як ми пам'ятаємо, наше завдання зробити такі перетворення, щоб у нашому рівнянні виявилася невідома з одиничним коефіцієнтом при ній (щоб потім висловити її через решту без будь-якого поділу). Для цього ми повинні знову щось взяти «за дужку», найшвидше - це брати коефіцієнти з рівняння, які найближчі до одиниці. Однак потрібно розуміти, що за дужку можна взяти тільки те число, яке обов'язково є яким-небудь коефіцієнтом рівняння (ні більше, ні менше), інакше натрапимо на тавтологію/суперечність або дроби (іншими словами, не можна щоб вільні змінні з'явилися десь крім як у останній заміні). Отже:

Введемо заміну, тоді отримаємо:

Знову візьмемо за дужку і, нарешті, отримаємо в рівнянні невідому з одиничним коефіцієнтом:

Введемо заміну , тоді:

Висловимо звідси нашу самотню невідому:

З цього випливає, що які б ми не взяли, все одно залишиться цілим числом. Тоді знайдемо із співвідношення:

Аналогічним чином знайдемо із співвідношення:

На цьому наша система рішень дозріла – ми висловили абсолютно всі невідомі, не вдаючись до поділу, тим самим показуючи, що рішення точно буде цілим. Також не забуваємо, що і нам треба ввести зворотну заміну. Тоді остаточна система рішень наступна:

Таким чином, залишилося відповісти на запитання – а чи будь-яке подібне рівняння можна так вирішити? Відповідь: ні, якщо рівняння в принципі не вирішується. Таке виникає у випадках, якщо вільний член не ділиться націло на НОД всіх коефіцієнтів при невідомих. Іншими словами, маючи рівняння:

Для його вирішення в цілих числах достатньо виконання наступної умови:

(Де - найбільший спільний дільник).

Доведення

Доказ у межах цієї статті не розглядається, оскільки це є привід для окремої статті. Побачити його ви можете, наприклад, у чудовій книзі В. Серпінського «Про вирішення рівнянь у цілих числах» у §2.

Резюмуючи вищесказане, випишемо алгоритм дій для розв'язання лінійних діофантових рівнянь з будь-яким числом невідомих:

На закінчення варто сказати, що також можна додати обмеження на кожен член рівняння у вигляді нерівності на нього (тоді до системи рішень додається система нерівностей, відповідно до якої потрібно буде скоригувати відповідь), а також додати ще щось цікаве. Ще не слід забувати і про те, що алгоритм рішення є суворим і піддається запису у вигляді програми для ЕОМ.

З вами був Петро,
Дякую за увагу.

Завдання 1. Припустимо, в акваріумі живуть восьминоги та морські зірки. У восьминогів по 8 ніг, а у морських зірок – по 5. Усього кінцівок налічується 39. Скільки в акваріумі тварин?

Рішення. Нехай х – кількість морських зірок, у – кількість восьминогів. Тоді у всіх восьминогів по 8 ніг, а у всіх зірок 5 ніг. Складемо рівняння: 5х + 8у = 39.

Зауважимо, що кількість тварин не може виражатися нецілим чи негативним числами. Отже, якщо х – ціле неотрицательное число, те й у=(39 – 5х)/8 має бути цілим і неотрицательным, отже, треба, щоб вираз 39 – 5х без залишку ділилося на 8. Простий перебір варіантів показує, що це можливо тільки за х = 3, тоді у = 3. Відповідь: (3; 3).

Рівняння, виду ах+bу=с називаються діофантовими, на ім'я давньогрецького математика Діофанта Олександрійського. Жив Діофант, мабуть, у 3 ст. н. е., інші відомі нам факти його біографії вичерпуються таким віршем-загадкою, за переказами вигравіруваним на його надгробку:

Прах Діофанта гробниця спочиває; дивись їй та камінь

Мудрим мистецтвом його скаже померлого століття.

Волею богів шосту частину життя він прожив дитиною.

І половину шостою зустрів із гарматою на щоках.

Тільки минула сьома, з подругою він побрався.

З нею, провівши п'ять років, сина дочекався мудрець;

Тільки півжиття батькової коханий син його прожив.

Забраний він був у батька ранньою могилою своєю.

Двічі два роки батько оплакував тяжке горе,

Тут і побачив межу життя сумного свого.

Скільки років прожив Діофант Олександрійський?

Завдання 2. На складі є цвяхи у ящиках по 16,17 та 40 кг. Чи може комірник видати 100 кг цвяхів, не розкриваючи ящиків? (метод прямого перебору)

Розберемо метод рішення щодо одного невідомого.

Завдання 3. У каталозі картинної галереї лише 96 картин. На якихось сторінках розташовано 4 картини, а на якихось 6. Скільки сторінок кожного виду є у каталозі?

Рішення. Нехай х – кількість сторінок із чотирма картинами,

у – кількість сторінок із шістьма картинами,

Вирішуємо це рівняння щодо того з невідомих, при якому найменший (за модулем) коефіцієнт. У нашому випадку це 4х, тобто:

Ділимо все рівняння на цей коефіцієнт:

4х = 96-6у | :4;

Залишки при розподілі на 4: 1,2,3. Підставимо замість у ці числа.

Якщо у=1, то х=(96-6∙1):4=90:4 - Не схоже, рішення над цілих числах.

Якщо у = 2, то х = (96-6 ∙ 2): 4 = 21 - Підходить.

Якщо у=3, то х=(96-6∙3):4=78:4 - Не схоже, рішення над цілих числах.

Отже, приватним рішенням є пара (21; 2), а це означає, що на 21 сторінці розташовано по 4 картини, а на 2 сторінках по 6 картин.

Розберемо метод розв'язання з використанням алгоритму Евкліда.

Завдання 4. У магазині продається шоколад двох видів: молочний та гіркий. Весь шоколад зберігається у коробках. Молочного шоколаду на складі є 7 коробок, а гіркого 4. Відомо, що гіркого шоколаду було на одну плитку більше. Скільки плиток шоколаду знаходяться у коробках кожного виду?

Рішення. Нехай х – кількість плиток молочного шоколаду в одній коробці,

у – кількість плиток гіркого шоколаду в одній коробці,

тоді за умовою цього завдання можна скласти рівняння:

Розв'яжемо це рівняння, використовуючи алгоритм Евкліда.

Виразимо 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.

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

Отже, виходить х = 1; у=2.

А це означає, що молочний шоколад лежить у коробці по 1 штукі, а гіркий – по 2 штуки.

Розберемо метод пошуку приватного рішення та загальної формулирішень.

Завдання 5. В африканському племені Тумбе-Юмбе два аборигени Тумба та Юмба працюють перукарями, причому Тумба завжди заплітає своїм клієнтам по 7 кісок, а Юмба по 4 кіски. Скільки клієнтів обслужили майстри окремо за зміну, якщо відомо, що разом вони заплели 53 кіски?

Рішення. Нехай х – кількість клієнтів Тумби,

у – кількість клієнтів Юмби,

тоді 7х + 4у = 53 (1).

Тепер, щоб знайти приватні рішення рівняння (,), замінимо цю суму чисел на 1. Це помітно спростить пошук відповідних чисел. Отримаємо:

Розв'яжемо це рівняння методом підстановки.

4у=1-7х │:4;

Залишки при розподілі на 4: 1, 2, 3. Підставимо замість х ці числа:

Якщо х=1, то у=(1-7):4 – не підходить, т.к. рішення над цілих числах.

Якщо х=2, то у=(1-7∙2):4 – не підходить, т.к. рішення над цілих числах.

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

Потім помножимо значення на початкове значення суми, яку ми заміняли на 1, тобто.

х=х 0 ∙53=3∙53=159;

у=у 0 ∙53=-5∙53=-265.

Ми знайшли окреме рішення рівняння(1). Перевіримо його, підставивши початкове рівняння:

7∙159+4∙(-265)=53; (3)

Відповідь зійшлася. Якби ми вирішували абстрактне рівняння, то можна було б на цьому зупинитися. Однак ми вирішуємо завдання, а оскільки Тумба не міг заплести негативну кількість кісок, нам необхідно продовжувати рішення. Тепер складемо формули загального рішення. Щоб це зробити віднімаємо з початкового рівняння(1) рівняння з підставленими значеннями (3). Отримаємо:

Винесемо спільні множники за дужки:

7(х-159)+4(у+265)=0.

Перенесемо одне із доданків з однієї частини рівняння до іншої:

7(х-159)=-4(у+265).

Тепер стало видно, що щоб рівняння вирішувалося (х-159) має ділитися на -4, а (у+265) має ділитися на 7. Введемо змінну n, яка відображатиме це наше спостереження:

Перенесемо складові з однієї частини рівняння до іншої:

Ми отримали загальне рішення даного рівняння, тепер у нього можна підставляти різні числа та отримувати відповідні відповіді.

Наприклад, нехай n=39, тоді

А це означає, що Тумба заплів кіски 3 клієнтам, а Юмба 8 клієнтам.

Розв'яжіть завдання різними методами.

Завдання 6: Вовочка купив ручки по 8 рублів та олівці по 5 рублів. Причому за олівці він заплатив на 19 рублів більше, ніж за всі ручки. Скільки ручок та скільки олівців купив Вовочка? (Метод пошуку загального рішення, рішення щодо одного не відомого, використання алгоритму Евкліда).

Завдання 7. Куплені фломастери по 7 рублів і олівці по 4 рублі за штуку, всього на суму 53 рублі. Скільки куплено фломастерів та олівців?

Завдання 8. (муніципальний тур ВОШ 2014-2015 р.): на планеті С в ході два види монет: по 16 тугриків і по 27 тугриків. Чи можна з їх допомогою купити товар ціною в 1 тугрик?

Завдання 9. Шехерезада розповідає свої казки великому правителю. Усього вона має розповісти 1001 казку. Скільки ночей потрібно Шехерезаді, щоб розповісти всі свої казки, якщо в якісь ночі вона розповідатиме по 3 казки, а якісь по 5? За скільки ночей Шехерезада розповість усі свої казки, якщо хоче зробити це якнайшвидше? Скільки ночей знадобиться Шехерезаді, якщо їй стомлено розповідати по п'ять казок за ніч, тож таких ночей має бути якнайменше?

Задача10. (згадаймо «Водолія») Як налити 3 літри води, маючи 9-літрову та 5-літрову ємності?

Завдання 11. Вовочка відмінно встигає з математики. У щоденнику у нього тільки п'ятірки та четвірки, причому п'ятірок більше. Сума всіх оцінок Вовочки з математики дорівнює 47. Скільки Вовочка отримав п'ятірок і скільки четвірок?

Задача 12. Кощій Безсмертний влаштував розплідник з розведення Зміїв Гориничів. В останньому виводку у нього є Змії про 17 голов і про 19 голов. Загалом цей виводок налічує 339 голів. Скільки 17-ти головних та скільки 19-ти головних Зміїв вивелося у Кощія?

Відповіді: Діофант прожив 84 роки;

завдання 2: 4 ящики по 17 кг та 2 ящики по 16 кг;

Завдання 6: куплено 7 олівців та 8 ручок, тобто (7,2) – приватне рішення та у = 2 + 5n, х = 7 + 8n, де nє Z – загальне рішення;

завдання 7: (-53; 106) - приватне рішення, х = 4n-53, у = -7n + 106 - загальні рішення, при n = 14, х = 3, у = 8, тобто куплено 3фломастер і 8 олівців;

завдання 8: наприклад, заплатити 3 монети по 27 тугриків та отримати здачу 5 монет по 16 тугриків;

завдання 9: (2002; -1001) – приватне рішення, х=-5 n+2002, у=3n-1001 – загальне рішення, при n=350, у=49, х=252, тобто 252 ночі по 3 казки та 49 ночей по 5 казок – всього 301 ніч; найшвидший варіант: 2 ночі по три казки та 199 ночей по 5 казок - всього 201 ніч; найдовший варіант: 332 ночі по 3 казки та 1 ніч 5 казок - всього 333 ночі.

завдання 10: наприклад, 2 рази налити воду 9-тилітровою банкою та 3 рази вичерпати її 5-тилітровою банкою;

Завдання 11: Вовочка отримав 7 п'ятірок та 4 четвірки;

Завдання 12: 11 Зміїв про 17-ти головах і 8 Зміїв про 19-ти головах.

Алгебраїчні нерівності або їх системи з раціональними коефіцієнтами, розв'язання яких шукаються в інтегральних чи цілих числах. Як правило, кількість невідомих у діофантових рівняннях більша. Таким чином вони також відомі як невизначені нерівності. У сучасній математиці зазначене вище поняття застосовується до алгебраїчним рівнянням, Рішення яких шукаються в алгебраїчних цілих числах деякого розширення поля Q-раціональних змінних, поля p-адичних і т. д.

Витоки даних нерівностей

Дослідження рівнянь Діофанта знаходиться на межі між теорією чисел та геометрією алгебри. Пошук рішень у цілих змінних є одним із найстаріших математичних завдань. Вже на початку другого тисячоліття до н. древнім вавилонянам вдалося вирішити системи рівнянь із двома невідомими. Ця галузь математики найбільше процвітала в Стародавню Грецію. Арифметика Діофанта (приблизно, 3-го століття н.е.) є значним і основним джерелом, яке містить різні типита системи рівнянь.

У цій книзі Діофант передбачав ряд методів вивчення нерівностей другого та третього ступенів, які були повністю розвинені у XIX столітті. Створення теорії раціональних чисел цим дослідником Стародавню Грецію призвело до аналізу логічних рішень невизначених систем, які систематично супроводжуються у книзі. Незважаючи на те, що в його роботі містяться рішення конкретних діофантових рівнянь, є підстави вважати, що він також був знайомий із кількома загальними методами.

Вивчення цих нерівностей зазвичай пов'язані з серйозними труднощами. Зважаючи на те, що в них присутні багаточлени з цілими коефіцієнтами F (x, y1, …, y n). На основі цього були створені висновки, що немає єдиного алгоритму, за допомогою якого можна було б для будь-якого заданого визначити x, чи виконується рівняння F (x, y 1 , ...., y n). Ситуація можна розв'язати для y 1 , …, y n . Приклади таких багаточленів можуть бути записані.

Найпростіша нерівність

ax + by = 1, де a і b - відносно цілі та прості числа, для нього є величезна кількість виконань (якщо x 0, y 0 сформований результат, то пара змінних x = x 0 + b n і y = y 0 -an , де n - довільне, також розглядатиметься як виконання нерівності). Іншим прикладом діофантових рівнянь є x 2 + y 2 = z 2 . Позитивні інтегральні рішення цієї нерівності є довжиною малих сторін x, y і прямокутних трикутників, а також гіпотенузи z з цілими бічними розмірами. Ці числа відомі як піфагорійські числа. Усі триплети щодо простих зазначених вище змінних даються формулами x=m 2 - n 2 , y = 2mn, z = m 2 + n 2 , де m і n-цілі та прості числа (m>n>0).

Діофант у своїй «Арифметиці» займається пошуком раціональних (не обов'язково інтегральних) рішень спеціальних типів своїх нерівностей. Загальна теорія розв'язання діофантових рівнянь першого ступеня була розроблена К. Г. Башетом у 17 столітті. Інші вчені в початку XIXстоліття в основному вивчали подібні нерівності типу ax 2 +bxy + cy 2 + dx +ey +f = 0, де a, b, c, d, e, f загальні, неоднорідні, з двома невідомими другого ступеня. Лагранж використовував безперервні дроби у своєму дослідженні. Гаус для квадратичних форм розробив загальну теорію, що лежить в основі вирішення деяких типів.

У дослідженнях цих нерівностей другого ступеня значних успіхів було досягнуто лише XX столітті. У А. Туе було встановлено, що діофантове рівняння a 0 x n + a 1 x n-1 y + ... + a n y n = c, де n≥3, a 0 , ... … + a n може мати нескінченну кількість цілих рішень. Однак метод Туе не отримав належного розвитку. А. Бейкер створив ефективні теореми, що дають оцінки на виконанні деяких такого рівняння рівнянь. Б. Н. Делоне запропонував інший метод дослідження, застосовний до вужчого класу цих нерівностей. Зокрема, вид ax 3 + y 3 = 1 повністю розв'яжемо цим способом.

Діофантові рівняння: методи розв'язання

Теорія Діофанта має багато напрямів. Таким чином, добре відомою проблемою в цій системі є гіпотеза, згідно з якою не існує нетривіальне рішення діофантових рівнянь x n + y n = z n якщо n 3 (питання Ферма). Вивчення цілих виконань нерівності є природним узагальненням проблеми піфагорійських триплетів. Ейлер отримав позитивне рішення задачі Ферма для n = 4. Внаслідок цього результату вона відноситься до доказу відсутніх цілочисельних, ненульових досліджень рівняння, якщо n – це непарне просте число.

Дослідження щодо рішення не було завершено. Труднощі з його виконанням пов'язані з тим, що проста факторизація в кільці цілих алгебраїчних чисел не єдина. Теорія дивізорів у цій системі для багатьох класів простих показників дозволяє підтвердити справедливість теореми Ферма. Таким чином, існуючими методамиі способами виконується лінійне діофантове рівняння з двома невідомими.

Види та типи описуваних завдань

Арифметика кілець алгебраїчних цілих чисел також використовується в багатьох інших завданнях та розв'язках діофантових рівнянь. Наприклад, такі методи були застосовані при виконанні нерівностей виду N(a 1 x 1 +…+ a n x n) = m, де N(a) - норма a, x 1 , …, x n знайдені інтегральні раціональні змінні. Цей клас включає рівняння Пелля x2-dy2=1.

Значення a1, …, an які з'являються, ці рівняння поділяють на два типи. Перший тип - так звані повні форми - включають рівняння, в яких серед a є m лінійно незалежні числа над полем раціональних змінних Q, де m = , в яких присутній ступінь алгебраїчних показників Q (a1, ..., a n) над Q. Неповними видами є ті, у яких максимальна кількість a i менша, ніж m.

Повні форми простіші, їх дослідження завершено, і можна описати всі рішення. Другий тип – неповні види – складніший, а розробка подібної теорії ще не завершена. Такі рівняння вивчаються за допомогою діофантових наближень, які включають нерівність F(x,y)=C, де F (x,y) - багаточлен ступеня n 3 є непривідним, однорідним. Отже, можна припустити, що y i → ∞. Відповідно, якщо y i досить велике, то нерівність суперечитиме теоремі Туе, Зігеля і Рота, з якої виходить, що F(x,y)=C, де F-форма третього ступеня або вище, ненаведена не може мати нескінченну кількість рішень.

Цей приклад становить досить вузький клас серед усіх. Наприклад, незважаючи на їхню простоту, x 3 + y 3 + z 3 = N, а також x 2 +y 2 +z 2 +u 2 = N не входять до цього класу. Вивчення рішень є ретельно дослідженою гілкою діофантових рівнянь, де в основі лежить уявлення квадратичними формами чисел. Лагранж створив теорему, яка свідчить, що виконання існує для всіх природних н. цілі показники.

Раціональні або інтегральні рішення системи діофантового рівняння типу F(x1, …, xn) = a, де F(x1, …, xn) є квадратичною формою з цілими коефіцієнтами. Таким чином, згідно з теоремою Мінковського-Хассе, нерівність ∑a ij x i x j = b де a ij і b раціонально, має інтегральне рішення в дійсних і p-адичних числах для кожного простого числа p тільки тоді, коли воно розв'язане в цій структурі.

Через властиві труднощі вивчення чисел з довільними формами третього ступеня і вище вивчалося меншою мірою. Основним способом виконання є метод тригонометричних сум. У разі число рішень рівняння явно виписується в термінах інтеграла Фур'є. Після чого метод оточення використовується для вираження кількості виконання нерівності відповідних конгруенцій. Спосіб тригонометричних сум залежить від алгебраїчних особливостей нерівностей. Існує велика кількість елементарних методівдля вирішення лінійних діофантових рівнянь.

Діофантів аналіз

Відділення математики, предметом якого є дослідження інтегральних та раціональних рішень систем рівнянь алгебри методами геометрії з тієї ж сфери. У другій половині XIX століття поява цієї теорії чисел призвела до вивчення рівнянь Діофанта з довільного поля з коефіцієнтами, і рішення розглядалися або в ньому або в його кільцях. Система функцій алгебри розвивалася паралельно з числами. Основна аналогія між двома, підкреслена Д. Гільбертом і, зокрема, Л. Кронекером, призвела до рівномірному побудові різних арифметичних концепцій, які зазвичай називаються глобальними.

Це особливо помітно, якщо досліджувані функції алгебри над кінцевим полем констант є однією змінною. Такі поняття, як теорія полів класів, дільник, а також розгалуження та результати є гарною ілюстрацією вищевикладеного. Ця точка зору була прийнята в системі діофантових нерівностей лише пізніше, а систематичне дослідження не лише з чисельними, а й з коефіцієнтами, що є функціями, почалося лише у 1950-х роках. Одним із вирішальних факторів у цьому підході був розвиток алгебраїчної геометрії. Одночасне вивчення полів чисел і функцій, які виникають як дві однаково важливі сторони одного і того ж суб'єкта, не тільки давало витончені та переконливі результати, але призводило до взаємного збагачення двох тем.

У геометрії алгебри поняттям різноманіття замінюється неінваріантний набір нерівностей над даним полем K, а їх рішення замінюються раціональними точками зі значеннями в K або в кінцевому його розширенні. Можна, відповідно, сказати, що фундаментальне завдання діофантової геометрії полягає у вивченні раціональних алгебраїчних точок множини X(K), X при цьому - певні числа в полі K. Цілочисленне виконання має геометричний змісту лінійних діофантових рівняннях.

Дослідження нерівностей та варіанти виконання

При вивченні раціональних (або інтегральних) точок на алгебраїчних різноманіттях виникає перша проблема, яка полягає в їхньому існуванні. Десяте завдання Гільберта сформульовано як проблему знаходження загального методу вирішення цього питання. У процесі створення точного визначення алгоритму і після того, як було доведено, що подібних виконань для великої кількостізадач не існує, проблема набула очевидного негативного результату, і найбільш цікавим питаннямє визначення класів діофантових рівнянь, котрим існує зазначена вище система. Найбільш природним підходом, з точки зору алгебри, є так званий принцип Хассе: початкове поле K вивчається разом з його поповненнями K v за всіма можливими оцінками. Оскільки X(K) = X(K v) є необхідною умовою існування, а K точка враховує, що безліч X(K v) не порожні всім v.

Важливість у тому, що він зводить дві проблеми. Друга набагато простіше, вона можна розв'язати відомим алгоритмом. В окремому випадку, коли різноманіття X проективне, лема Гензеля та його узагальнення уможливлюють подальше скорочення: проблему можна звести до вивчення раціональних точок над кінцевим полем. Потім він вирішується будувати концепцію шляхом послідовного дослідження, або більш ефективними методами.

Останнє важливе міркування полягає в тому, що множини X(K v) є непустими для всіх v, за винятком кінцевого числа, тому кількість умов завжди кінцева, і вони можуть бути ефективно перевірені. Однак принцип Хассе не застосовується до кривих ступеня. Наприклад, 3x 3 + 4y 3 =5 має точки у всіх p-адичних числових полях і в системі, але не має раціональних точок.

Цей метод послужив відправним пунктом для побудови концепції, що описує класи основних однорідних просторів абельових різноманіття до виконання «відхилення» принципу Хассе. Воно описується у термінах спеціальної структури, які можуть бути пов'язані з кожним різноманіттям (група Тейта-Шафаревича). Основна складність теорії полягає в тому, що методи обчислення груп складно отримати. Ця концепція також була поширена на інші класи алгебраїчних різноманітностей.

Пошук алгоритму виконання нерівностей

Інша евристична ідея, використовувана щодо диофантових рівнянь, у тому, що й кількість змінних, що у безлічі нерівностей - велике, то система зазвичай має рішення. Однак це дуже важко довести для будь-якої конкретної нагоди. Загальний підхід до проблем цього типу використовує аналітичну теорію чисел і ґрунтується на оцінках тригонометричних сум. Цей метод спочатку застосовувався до спеціальних видів рівнянь.

Однак згодом було доведено з його допомогою, що якщо форма непарного ступеня - це F, d і n змінних і з раціональними коефіцієнтами, то n досить велике в порівнянні з d, таким чином, має раціональну точку проективна гіперповерхня F = 0. Відповідно до гіпотези Артина, цей результат є вірним, навіть якщо n > d 2 . Це доведено лише для квадратичних форм. Аналогічні проблеми можуть бути поставлені і для інших полів. Центральною проблемою діофантової геометрії є структура безлічі цілих або раціональних точок та їх вивчення, а перше питання, яке потрібно уточнити, полягає в тому, чи це безліч кінцевим. У цій задачі ситуація зазвичай має кінцеву кількість виконань, якщо ступінь системи набагато більший, ніж кількість змінних. Це і є основне припущення.

Нерівності на лініях та кривих

Група X(K) може бути представлена ​​як пряма сума вільної структури рангу r і кінцевої групи порядку n. З 1930-х років вивчається питання про те, чи обмежені ці числа на багатьох еліптичних кривих над даним полем K. Обмеженість кручення n була продемонстрована в сімдесятих роках. Існують криві довільного високого рангу у функціональному випадку. У числовому випадку, як і раніше, немає відповіді на це питання.

Нарешті, гіпотеза Морделла стверджує, що інтегральних точок є кінцевим для кривої роду g>1. У функціональному випадку ця концепція була продемонстрована Ю. І. Маніним у 1963 році. Основним інструментом, що використовується при доказі теорем кінцівки у діофантовій геометрії, є висота. З алгебраїчних різноманіття розмірності вище одиниці абелеви різноманіття, які є багатовимірними аналогами еліптичних кривих, були ретельно вивчені.

А. Вейль узагальнив теорему про кінцівку числа утворюють групи раціональних точок на абелевих різноманіттях будь-якої розмірності (концепція Морделла-Вейля), поширивши її. У 1960-х роках з'явилася гіпотеза Берча і Суіннертона-Дайєра, яка вдосконалила цю групу і дзета-функції різноманіття. Числові докази підтверджують цю гіпотезу.

Проблема розв'язності

Завдання знаходження алгоритму, за допомогою якого можна визначити, чи має якесь діофантове рівняння спосіб розв'язання. Істотною особливістю поставленого завдання є пошук універсального методу, який був би придатним для будь-якої нерівності. Такий метод також дозволив би вирішувати зазначені вище системи, тому що він еквівалентний P21+⋯+P2k=0.п1= 0 , ... , PK= 0п = 0,...,пК = 0 або п21+ ⋯ + P2К= 0 . п12+⋯+пК2=0. Проблема знаходження такого універсального способувиявлення рішень для лінійних нерівностейу цілих числах була поставлена ​​Д. Гільберт.

На початку 1950-х років з'явилися перші дослідження, спрямовані на доказ не існування алгоритму розв'язання діофантових рівнянь. У цей час з'явилася гіпотеза Девіса, в якій говорилося, що будь-яка перелічена множина також належить грецькому вченому. Оскільки приклади алгоритмічно нерозв'язних множин відомі, є рекурсивно переліченими. Слід зазначити, що гіпотеза Девіса вірна і проблема розв'язності цих рівнянь має негативне виконання.

Після цього для гіпотези Девіса залишилося довести, що існує метод перетворення нерівності, яка також (або не мала) одночасно рішення. Було показано, що така зміна діофантового рівняння можлива, якщо вона із зазначеними двома властивостями: 1) у будь-якому рішенні цього типу v≤uu; 2) для будь-якого kіснує виконання, в якому є експоненційне зростання.

Приклад лінійного діофантового рівняння класу завершив доказ. Завдання про існування алгоритму розв'язання та розпізнавання в раціональних числах цих нерівностей вважається, як і раніше, важливим і відкритим питанням, яке не вивчено достатньою мірою.