Диофантовы уравнения задачи с решениями

Диофантовы уравнения задачи с решениями

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,

тогда по условию этой задачи можно составить уравнение:

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:

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,

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.

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.

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

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:

Перенесем одно из слагаемых из одной части уравнения в другую:

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.

Диофантовы уравнения

Что такое «решение задач подбором», и можно ли их решать иначе?

По отзывам сибмам, настоящим камнем преткновения в школьном курсе математики не только для учеников, но и для родителей становятся диофантовы уравнения. Что это такое и как их правильно решать? Разобраться нам помогли учитель математики образовательного центра «Горностай» Аэлита Бекешева и кандидат физико-математических наук Юрий Шанько.

Кто такой Диофант?

Еще древние египтяне для удобства рассуждений придумали специальное слово, обозначавшее неизвестное число, но в то время не было еще знаков действий и знака равенства, поэтому и записывать уравнения они не умели.

Первым, кто придумал, как можно записать уравнение, был замечательный ученый Диофант Александрийский. Александрия была большим культурным, торговым и научным центром древнего мира. Этот город существует и сейчас, он находится на Средиземноморском побережье Египта.

Жил Диофант, по-видимому, в III веке н.э. и был последним великим математиком античности. До нас дошли два его сочинения — «Арифметика» (из тринадцати книг сохранилось шесть) и «О многоугольных числах» (в отрывках). Творчество Диофанта оказало большое влияние на развитие алгебры, математического анализа и теории чисел.

А ведь вы знаете кое-что о диофантовых уравнениях…

Диофантовы уравнения знают все! Это задачки для учеников младших классов, которые решаются подбором.

” Например, «сколькими различными способами можно расплатиться за мороженое ценой 96 копеек, если у вас есть только копейки и пятикопеечные монеты?»

Если дать диофантовому уравнению общее определение, то можно сказать, что это алгебраическое уравнение с дополнительным условием: все его решения должны быть целыми числами (а в общем случае и рациональными).

” Зачастую мамы (особенно те, кто окончил школу еще при развитом социализме) полагают, что основная цель таких задач – научить детей расплачиваться мелочью за мороженое. И вот, когда они искренне убеждены, что раскладывание мелочи кучками осталось далеко в прошлом, их любимый семиклассник (или восьмиклассник) подходит с неожиданным вопросом: «Мама, как это решать?», и предъявляет уравнение с двумя переменными. Раньше таких задачек в школьном курсе не было (все мы помним, что уравнений должно быть столько же, сколько и переменных), так что мама не-математик нередко впадает в ступор. А ведь это та же самая задача про мелочь и мороженое, только записанная в общем виде!

Кстати, а зачем к ней вдруг возвращаются в седьмом классе? Все просто: цель изучения диофантовых уравнения – дать основы теории целых чисел, которая дальше развивается как в математике, так и в информатике и программировании. Диофантовы уравнения часто встречаются среди задач части «С» единого госэкзамена. Трудность, прежде всего в том, что существует множество методов решения, из которых выпускник должен выбрать один верный. Тем не менее, линейные диофантовы уравнения ax + by = c могут быть решены относительно легко с помощью специальных алгоритмов.

Алгоритмы для решения диофантовых уравнений

— Изучение диофантовых уравнения начинается в углубленном курсе алгебры с 7 класса. В учебнике Ю.Н. Макарычева, Н.Г. Миндюка приводятся некоторые задачи и уравнения, которые решают с использованием алгоритма Евклида и метода перебора по остаткам, — рассказывает Аэлита Бекешева. — Позже, в 8 – 9 классе, когда уже рассматриваем уравнения в целых числах более высоких порядков, показываем ученикам метод разложения на множители, и дальнейший анализ решения этого уравнения, оценочный метод. Знакомим с методом выделения полного квадрата. При изучении свойств простых чисел знакомим с малой теоремой Ферма, одной из основополагающих теорем в теории решений уравнений в целых числах. На более высоком уровне это знакомство продолжается в 10 – 11 классах. В это же время мы подводим ребят к изучению и применению теории «сравнений по модулю», отрабатываем алгоритмы, с которыми знакомились в 7 – 9 классах. Очень хорошо это материал прописан в учебнике А.Г. Мордковича «Алгебра и начала анализа, 10 класс» и Г.В. Дорофеева «Математика» за 10 класс.

Алгоритм Евклида

Сам метод Евклида относится к другой математической задаче – нахождению наибольшего общего делителя: вместо исходной пары чисел записывают новую пару – меньшее число и разность между меньшим и большим числом исходной пары. Это действие продолжают до тех пор, пока числа в паре не уравняются – это и будет наибольший общий делитель . Разновидность алгоритма используется и при решении диофантовых уравнений — сейчас мы вместе с Юрием Шанько покажем на примере, как решать задачи «про монетки».

— Рассматриваем линейное диофантово уравнение ax + by = c, где a, b, c, x и y — целые числа. Как видите, одно уравнение содержит две переменных. Но, как вы помните, нам нужны только целые корни, что упрощает дело — пары чисел, при которых уравнение верно, можно найти.

Впрочем, диофантовы уравнения не всегда имеют решения. Пример: 4x + 14y = 5. Решений нет, т.к. в левой части уравнения при любых целых x и y будет получаться четное число, а 5 — число нечетное. Этот пример можно обобщить. Если в уравнении ax + by = c коэффициенты a и b делятся на какое-то целое d, а число c на это d не делится, то уравнение не имеет решений. С другой стороны, если все коэффициенты (a, b и c) делятся на d, то на это d можно поделить все уравнение.

Например, в уравнении 4x + 14y = 8 все коэффициенты делятся на 2. Делим уравнение на это число и получаем: 2𝑥 + 7𝑦 = 4. Этот прием (деления уравнения на какое-то число) позволяет иногда упростить вычисления.

Зайдем теперь с другой стороны. Предположим, что один из коэффициентов в левой части уравнения (a или b) равен 1. Тогда наше уравнение уже фактически решено. Действительно, пусть, например, a = 1, тогда мы можем в качестве y взять любое целое число, при этом x = c − by. Если научиться сводить исходное уравнение к уравнению, в котором один из коэффициентов равен 1, то мы научимся решать любое линейное диофантово уравнение!

Я покажу это на примере уравнения 2x + 7y = 4.

Его можно переписать в следующем виде: 2(x + 3y) + y = 4.

Введем новую неизвестную z = x + 3y, тогда уравнение запишется так: 2z + y = 4.

Мы получили уравнение с коэффициентом один! Тогда z — любое число, y = 4 − 2z.

Осталось найти x: x = z − 3y = z − 3(4 − 2z) = 7z − 12.

” В этом примере важно понять, как мы перешли от уравнения с коэффициентами 2 и 7 к уравнению с коэффициентами 2 и 1. В данном случае (и всегда!) новый коэффициент (в данном случае — единица) это остаток от деления исходных коэффициентов друг на друга (7 на 2).

В этом примере нам повезло, мы сразу после первой замены получили уравнение с коэффициентом 1. Такое бывает не всегда, но и мы можем повторять предыдущий трюк, вводя новые неизвестные и выписывая новые уравнения. Рано или поздно после таких замен получится уравнение с коэффициентом 1.

Давайте попрообуем решить более сложное уравнение, предлагает Аэлита Бекешева.

Рассмотрим уравнение 13x — 36y = 2.

Шаг №1

36/13=2 (10 в остатке). Таким образом, исходное уравнение можно переписать следующим образом: 13x-13 * 2y-10y=2. Преобразуем его: 13(x-2y)-10y=2. Введем новую переменную z=x-2y. Теперь мы получили уравнение: 13z-10y=2.

Шаг №2

13/10=1 (3 в остатке). Исходное уравнение 13z-10y=2 можно переписать следующим образом: 10z-10y+3z=2. Преобразуем его: 10(z-y)+3z=2. Введем новую переменную m=z-y. Теперь мы получили уравнение: 10m+3z=2.

Шаг №3

10/3=3 (1 в остатке). Исходное уравнение 10m+3z=2 можно переписать следующим образом: 3 * 3m+3z+1m=2. Преобразуем его: 3(3m+z)+1m=2. Введем новую переменную n=3m+z. Теперь мы получили уравнение: 3n+1m=2.

Ура! Мы получили уравнение с коэффициентом единица!

m=2-3n, причем n может быть любым числом. Однако нам нужно найти x и y. Проведем замену переменных в обратном порядке. Помните, мы должны выразить x и y через n, которое может быть любым числом.

y=z-m; z=n-3m, m=2-3n ⇒ z=n-3 * (2-3n), y=n-3*(2-3n)-(2-3n)=13n-8; y=13n-8

x=2y+z ⇒ x=2(13n-8)+(n-3*(2-3n))=36n-22; x=36n-22

Пусть n=5. Тогда y=57, x=158. 13_*(158)-36 _* (57)=2

Да, разобраться не очень просто, зато теперь вы всегда сможете решить в общем виде задачи, которые решаются подбором!

Решаем задачи на подбор чисел

Примеры задач для учеников младших классов, которые решаются подбором: посоревнуйтесь с ребенком, кто решит их быстрее: вы, используя алгорит Евклида, или школьник — подбором?

Задача про лапы

Условия

В клетке сидят куры и кролики. Всего у них 20 лап. Сколько там может быть кур, а сколько — кроликов?

Решение

Пусть у нас будет x кур и y кроликов. Составим уравнение: 2х+4y=20. Сократим обе части уравнения на два: x+2y=10. Следовательно, x=10-2y, где x и y — это целые положительные числа.

Ответ

Число кроликов и куриц: (1; 8), (2; 6), (3; 4), (4; 2), (5; 0)

Согласитесь, получилось быстрее, чем перебирать «пусть в клетке сидит один кролик. »

Задача про монетки

Условия

У одной продавщицы были только пяти- и двухрублевые монетки. Сколькими способами она может набрать 57 рублей сдачи?

Решение

Пусть у нас будет x двухрублевых и y пятирублевых монеток. Составим уравнение: 2х+5y=57. Преобразуем уравнение: 2(x+2y)+y=57. Пусть z=x+2y. Тогда 2z+y=57. Следовательно, y=57-2z, x=z-2y=z-2(57-2z) ⇒ x=5z-114. Обратите внимание, переменная z не может быть меньше 23 (иначе x, число двухрублевых монеток, будет отрицательным) и больше 28 (иначе y, число пятирублевых монеток, будет отрицательным). Все значения от 23 до 28 нам подходят.

Диофантовы уравнения и методы их решения.
методическая разработка по алгебре (11 класс) на тему

Данная работа посвящена одному из наиболее интересных разделов теории чисел —

решение диофантовых уравнений(ДУ).
Целью настоящей работы является углубление и систематизация знаний, полученных

по теме «ДУ» в курсе теории чисел. Многие задания, изложенные в данной работе, могут

быть использованы в курсе алгебры средней школы и на факультативах по теме «ДУ» с

целью расширения математического кругозора учащихся.

Скачать:

Предварительный просмотр:

Красноярский Государственный Педагогический Университет

Курсовая работа по теме:

«Некоторые диофантовы уравнения»

Данная работа посвящена одному из наиболее интересных разделов теории чисел — решение диофантовых уравнений(ДУ).

Целью настоящей работы является углубление и систематизация знаний, полученных по теме «ДУ» в курсе теории чисел. Многие задания, изложенные в данной работе, могут быть использованы в курсе алгебры средней школы и на факультативах по теме «ДУ» с целью расширения математического кругозора учащихся.

Историческая справка

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:

Путник! Здесь прах погребен Диофанта,

И числа поведать могут, о чудо, сколь долг был век его жизни.

Часть шестую его представляло счастливое детство.

Двенадцатая часть протекла еще жизни -пухом покрылся тогда подбородок.

Седьмую в бездетном браке Диофант.

Он был осчастливлен рожденьем
прекрасного первенца сына,

Коему рок половину лишь жизни

Счастливой и светлой

Дал на земле по сравненью с отцом.

И в печали глубокой старец земного
удела конец воспринял,

Переживши года четыре с тех пор,
как сына лишился.

Скажи, скольких лет жизни достигнув,
Смерть воспринял Диофант?

Древние египтяне для удобства рассуждений придумали специальное слово, обозначавшее неизвестное число, но так как у них еще не было равенства и знаков действий (вроде нынешних плюса и минуса ), то записывать уравнения они, конечно, не умели. Первый по-настоящему серьезный шаг в этом на правлении сделал замечательный александрийский (по названию большого культурного, торгового и научного центра древнего мира- Александрии ; этот город существует и сейчас, он находится на Средиземноморском побе режье Египта) ученый Диофант, использовавший в своем творчестве дости жения египтян, вавилонян и греков. В его труде «Арифметика» есть уравне ния первой степени с одним неизвестным, главное в этой книге вовсе не в них. И прежде чем перейдем к этому главному, поговорим еще о записи уравнений. Самое интересное у Диофанта – решение так называемых неоп ределенных уравнений . И второе, не менее интересное – Диофант придумал обозначения для неизвестных.

Во времена Диофанта языком науки был греческий. Но греки еще не знали цифр и обозначали числа при помощи букв своего алфавита. Первые 9 букв : α , β , γ ,… обозначали числа от 1 до 9 ;следующие девять : ι , χ ,…обозначали числа от 10 до 90 ; наконец, следующие девять: ρ , σ . обозначали числа от 100 до 900. Чтобы не ошибиться и не принять число за слово, над буквами , обозначающими число, ста вилась черточка. Букв в алфавите было 28 , одна из них была особой – она обозначалась ς (сигма концевая), стави лась только в конце слов и числового значения не имела. Вот ею-то Диофант и стал обозначать первую степень не известного, так же как мы обычно обозначаем ее буквой X.

Придумав это, Диофант, по-видимому, уже быстрее стал двигаться дальше. Во всяком случае в « Арифметике » он обозначал специальными значками не только первую, но и вторую, третью, четвертую, даже пятую и шестую степени неизвестного. Например , квадрат неизвестного он обозна чал значком Δΰ (первые две буквы слова Δΰναμίς-«дюна мис»-«сила» ). Ну а если и числа, и неизвестные записаны специальными символами, то нелепо будет записывать сло вами указания о действиях над ними! И Диофант вместо слова «равняется» стал писать ίσ — две первые буквы слова ίσος («исос»-«равный»). Это слово тоже нам знакомо. Без сомнения мы слышали про изотопы, изобары, изотермы. Диофант придумал знак и для вычитания — им служила буква ψ(пси), только перевернутая, укороченная и упрощенная по форме, то есть вот такая: Λ . А без знака сложения Диофант обходился довольно — просто слагаемые записывал рядом друг с другом.

Диофант записал бы так:

Диофант записывал коэффициенты справа от неизвестных, кроме того, в уравнениях он обязательно ставил перед свободным членом значок Μ- первые две буквы слова Μονας(«монас»)- единица, то есть писал «тринадцать единиц». Диофант придумал еще несколько математических знаков, но их в наше время не применяют. Придумал Диофант и два основных приема решения уравнений – перенос неизвестных в одну сторону уравнения и приведение подобных членов. В средневековой Европе мысли Диофанта получили широкое распространение и развитие. В 17-18 в.в. буквами для обозначения неизвестных (переменных) стали пользоваться уже все математики. Приемы решения уравнений попали в Европу особым путем, и здесь уже приходиться обращаться к страницам средневековой истории….

Решение в целых числах уравнений с целыми коэффициентами более чем с одним переменным представляет собой одну из трудных проблем теории чисел. Некоторые виды таких уравнений были рассмотрены знаменитыми математиками древности : Пифагором (6в.до н.э), Диофантом (3в.н.э.). В память о последнем эти уравнения называются диофантовыми . Диофантовы уравнения во все времена привлекали внимание математиков. Ими занимались классики математики: П.Ферма (1601-1655), Л.Эйлер (1707-1783), Ж.Л.Лагранж (1736-1813), К.Ф.Гаусс (1777-1855), П.Л.Чебышев (1821-1894) и др. Им уделяют внимание и многие математики современности.

§2 Задачи, приводящие к диофантовым уравнениям.

Задача1.

Некто подошел к клетке , в которой сидели фазаны и кролики . Сначала он подсчитал головы, их оказалось 15. Потом он подсчитал ноги, их было 42 . Сколько кроликов и сколько фазанов было в клетке ?

Решение : Пусть X-число кроликов, а Y-число фазанов. Тогда по условию x+y=15. Но ведь у кролика 4 ноги, у фазана -2, значит, у всех кроликов -4x ног, а у всех фазанов –2yног , и по условию 4x+2y=42. Имеем систему уравнений
x+y=15,

Не только графиками интересны уравнения с двумя переменными. В задаче о фазанах и кроликах есть повод задуматься над таким вопросом : из уравнения y=-x+15 следует, что переменная Х может принимать любые значения, а вслед за ней соответственные и тоже любые значения может принимать и переменная Y. Любые! Но число кроликов, как и число фазанов, не может быть ни дробным, ни отрицательным! В условии задачи это подразумевается, но в записи x+y=15 об этом ничего не сказано. А между тем, зная это дополнительное условие, иногда можно обойтись и без второго уравнения, получив, вполне удовлетворяющие нас результаты из одного уравнения с двумя переменными.

Задача2.

На складе имеются гвозди в ящиках по 16,17 и 40 кг. Может ли кладовщик выдать 100 кг. гвоздей, не вскрывая ящики?

Попробуем решить задачу, составив уравнение обычным путем. Итак, допустим, что задача решена: ящиков по 16 кг будет X штук, по 17 кг-Y штук, по 40 кг-Z штук. Всего выдано 100кг, отсюда уравнение:

И что делать с этим уравнением – совершенно непонятно. Но можно рассуждать и так:

Ящиков по 40 кг не может быть больше двух, ибо 40*3=120, это больше чем надо. И два тоже быть не может, ибо 40*2=80, 100-80=20, а 20кг можно набрать, только вскрыв, хотя бы один ящик. Может быть, взять один ящик по 40 кг, а оставшиеся 60 кг набрать, комбинируя ящики по 16 и 17 кг: если взять один ящик 17 кг., то останется 43 кг и набрать по 16 кг невозможно, если взять 2 ящика по 17 кг, то 60-17*2=26 и целых ящиков по 16кг не получится, если же взять 3 ящика по 17 кг, то останется 9кг., которые придется выдавать, вскрыв какой-нибудь ящик. Получается, что ящики по 40кг нам вовсе не нужны. Если задача имеет решение, то комбинировать придется ящики только по 16 и 17 кг. Значит, получается уравнение : 16x+17y=100. Но 100 не делится ни на 16, ни на 17, и, значит, надо посмотреть, что будет получаться, если из 100 вычитать 17, 17*2, 17*3, 17*4, 17*5. Если разность будет делиться на 16, то задача имеет решение, если нет – кладовщику придется вскрывать хотя бы один ящик. 83 на 16 не делится, 66-не делится, 49- не делится, но 32=16*2, и задача решена:17*4+16*2=100, то есть надо выдать 4 ящика по 17 кг и 2 ящика по 16 кг. Это решение единственное, то есть других вариантов нет. Можно было бы, увидев, что ящики по 40 кг для решения задачи не нужны, пойти дальше иным путем. Если взять 6 ящиков по 16 кг, то есть подобрать такое число, делящееся на 16 , которое ближе всего к 100,то окажется, что до 100 не хватает 4 кг, значит 4 ящика из этих 6 надо заменить четырьмя ящиками по 17 кг, и получим тот же результат.

Вывод: Задач, похожих на эту, очень много, и многие из них имеют практическое значение.

Соответствующие уравнения могут иметь неизвестные не только в первой степени, но и в любой другой. Да и вопросы, вытекающие из дополнительных условий, могут оказаться самыми разнообразными. И опять приходим к новому разделу математики. Этому разделу положил начало Диофант. Он рассматривал уравнения, которые сегодня мы записали бы, например, так:

a, b, c в этом уравнении являются целыми числами, и ответ должен быть дан только в целых числах, другими словами, это уравнение полагалось «решить в целых числах». Такие уравнения теперь называют «диофантовыми»., раздел математики, изучающий их, называют « диофантовым анализом », В свою очередь, диофантов анализ является частью исключительно интересного раздела современной математики- теории чисел . В теории чисел созданы специальные методы решения диофантовых (их еще называют неопределенными ) уравнений. Мы будем рассматривать эти методы, но об этом далее….

Задача3.

У мальчика было 50 коп., на которые он хотел купить почтовые марки. В киоске имелись марки по 4 коп. и по 3 коп, но у киоскера совсем не было мелочи. Помогите мальчику и киоскеру выйти из создавшегося положения.

Решение: Эта задача, в отличие от предыдущей, имеет не одно, а несколько решений .

Аналогично рассуждая, получим, что задача имеет 4 различных решения:

2 марки по 4 коп и 14 марок по 3 коп; 8 марок по 4 коп и 6 марок по 3 коп;

5 марок по 4 коп, и 10 марок по 3 коп; 11 марок по 4 коп, и 2 марки по 3 коп; Простота жизненных ситуаций в задачах, приводящих к диофантовым уравнениям , заставляет предполагать, что люди, наверное, и до Диофанта умели решать такие задачи, не пользуясь какой-либо общей теорией, то есть

поступали примерно так, как бы это сделали бы мы при решении задачи о ящиках с гвоздями или о марках. Общие теории никогда не возникают на пустом месте. Сначала появляются отдельные задачи, а уж потом находятся люди, понимающие, что наступило время перехода от таких задач к общим приемам и методам.

Вот, например, еще одна частная задача на неопределенные уравнения — теперь уже второй степени, возникшая примерно за две тысячи лет до Диофанта в Древнем Египте (известно, что Диофант хорошо ее знал и часто использовал):

Задача4.

Если стороны треугольника пропорциональны числам 3,4 и 5, то этот треугольник – прямоугольный.

Этот факт использовали для построения углов на местности прямых углов — ведь оптических измерительных приборов тогда еще не было, а для строительства домов, дворцов и тем более гигантских пирамид — это надо было уметь. Поступали довольно просто. На веревке на равном расстоянии друг от друга завязывали узлы (см. рис.1)

В точке C, где надо было построить прямой угол, забивали колышек, веревку натягивали в направлении, нужном строителям, забивали второй колышек в точке B(CB=4) и натягивали веревку так, чтобы AC=3,AB=5.Треугольник с такими длинами сторон называют египетским.
Безошибочность такого построения следует из теоремы, обратной теореме Пифагора: если сумма квадратов двух сторон треугольника равна квадрату третьей стороны, то такой треугольник является прямоугольным. И действительно, 3 2 +4 2 =5 2 . Говоря иначе, числа 3,4,5-корни уравнения:

Сразу же возникает вопрос: нет ли у этого уравнения других целочисленных решений? Нетрудно догадаться, что числа 5,12,13 тоже можно считать корнями этого уравнения. А есть ли еще такие тройки чисел? И нельзя ли, взяв произвольно одно из чисел, указать остальные два? Например, необходимо, чтобы меньший катет треугольника равнялся 4 см. Может ли в этом случае длина другого катета и гипотенузы выражаться целым числом сантиметров? Такие вопросы интересовали еще мудрецов Древнего Вавилона. Они нашли ответы на них. Знал это и Пифагор. Один из путей решения уравнения X 2 +Y 2 =Z 2 в целых числах оказался довольно простым. Запишем подряд квадраты натуральных чисел («квадратные числа» ,как говорили древние), отделив друг от друга запятой. Под каждой запятой запишем разность между последовательными квадратами:

1, 4 , 9 , 16 , 25 , 36 , 49 , 64 , 81 ,100 , 121 , 144 , 169 , 196 ,……

3 ,5 , 7 , 9 ,11 ,13 ,15 ,17, 19, 21, 23, 25 , 27 , .

Есть ли в нижней строке квадратные числа? Да! Первое из них 9=3 2 , над ним 16=4 2 и 25=5 2 , знакомая нам тройка 3,4,5. Следующее квадратное число в нижней строке 25, ему соответствует 144 и 169, отсюда находим вторую известную нам тройку:5,12,13. Если мы продолжим строку квадратных чисел и подсчитаем соответствуюшие разности, то во второй строке найдем 49=7 2 , этому числу отвечают в строке квадратов 576=24 2 и 625=25 2 . И действительно, 7 2 +24 2 =25 2 . Это уже третья тройка. Она была известна еще в Древнем Египте.

Кстати, мы имеем право сформулировать такую теорему:

Каждое нечетное число есть разность двух последовательных квадратов .

Составлять такие строки (последовательности) – довольно скучное и трудоемкое занятие. По формулам находить такие тройки чисел проще и быстрее. Эти формулы-правила были известны уже 2500 лет назад. Если X-нечетное число, то Y=(X 2 -1):2 и Z=(X 2 +1):2 .В этом случае равенство X 2 +Y 2 =Z 2 выполняется, то есть числа, найденные по такому правилу, всегда будут составлять решение интересующего нас неопределенного уравнения. Это уравнение будем называть «уравнением Пифагора» , а его решения – «пифагоровы тройки». По этому правилу можно получить уже известные нам тройки: если X=3,то Y=(9-1):2=4, Z=(9=1):2=5 , получилась первая пифагорова тройка; X=5, тоY=(25-1):2=12, Z=(25+1):2=13, вторая тройка; X=7, то

Y= (49-1):2=24, Z= (49+1):2=25. Других мы пока не знаем, но следующее

за 7 нечетное число 9, тогда Y=40, Z=41. Проверим наши вычисления:

Следующим шагом было установление правила вычисления всех, а не только некоторых пифагоровых троек. Сделаем этот шаг и мы. Перепишем уравнение Пифагора следующим образом:

Это и означает, что число X должно разлагаться на два неравных множителя Z+Yи Z-Y, которые мы обозначим так, что получится такая система:

Почему написаны коэффициенты 2 и почему написаны квадраты, а не просто числа a и b? Это сделано с целью получить аккуратные ответы. Решив эту систему, получим:

Z=a 2 +b 2 , Y=a 2 -b 2 , X=2ab

(при этом надо иметь в виду, что a>b)

Из этого следует, что наименьшим значением числа b может быть только единица, тогда наименьшим значением a будет 2. Вычислим X,Y,Z. Получается Z=5, Y=4,X=3, это уже известный нам «египетский треугольник». А теперь составим таблицу (табл,1):

Длины сторон (целочисленные) прямоугольных треугольников:

Ясно, что таблицу можно расширить и вправо и вниз. Подчеркнем главное- уравнение решено, мы знаем способ вычисления всех возможных целочисленных значений длин сторон прямоугольных треугольников.

§3 Методы решения диофантовых уравнений

Метод1. Свойства делимости и диофантовы уравнения.

Для решения некоторых диофантовых уравнений следует рассмотреть возможные остатки от деления одного целого числа на другое. При этом используются свойства:

— если целое число a при делении на m дает остаток r, то его квадрат при делении на m дает остаток, равный остатку от деления числа r 2 на m,

-если числа a,b при делении на m дают остатки r 1 ,r 2 , то число ab при делении на m дает остаток, равный остатку от деления r 1 r 2 на m.

Рассматриваются отдельно случаи, когда переменные принимают четные, нечетные значения. Рассмотрим уравнения, которые решаются с помощью указанного метода:

Задание: Решить в целых числах уравнения: (m,n[-N)

Решение: Квадрат целого числа (X 2 ) при делении на число 3 может давать остатки 0,1, но не 2, как этого требует уравнение. Поэтому данное уравнение в целых числах неразрешимо.

. 2) 3X 2 +6X+2=Y 2 3(X+1) 2 -1=Y 2 .

Решение: Квадрат целого числа (Y 2 ) при делении на 3 должно давать остаток 2, что невозможно.

Решение: Уравнение в цнлых числах неразрешимо, так как квадрат целого числа (Y 2 ) при делении на 5 может давать остатки 0,1,4,но не 2,3, как этого требует уравнение.

Решение: Уравнение в целых числах решения не имеет, так как квадрат целого числа при делении на 7 может давать остатки 0,1,2,4, но не 3,5,6, как этого требует уравнение.

Решение: Число 1967 при делении на 8 дает остаток 7 . Так как квадрат целого числа при на 8 дает остатки 0,1,4, то сумма квадратов трех целых чисел при делении на 8 может дать остатки: 0,1,2,3,4,5,6,но не 7. Целых решений уравнения не имеют.

6) a) X 2 -7Y 2 =0, X 2 -PY 2 =0, P-простое натуральное число.

Решение: Имеем уравнения: X 2 =7Y 2 , X 2 =PY 2 . Уравнения целых ненулевых решений не имеют, так как в левую часть простое число 7; P входит в четной степени, а в правую — в нечетной.

b) X 2 +3X+5=121Y 4X 2 +12X+20=4*121Y (2X+3) 2 =11(44Y-1) .

Так как (44Y-1) не делится на 11, то правая часть делится на 11 лишь в первой степени, в то время как левая часть уравнения делится на четную степень числа 11. Целых решений нет.

Метод 2 . Диофантовы уравнения, допускающие разложение на множители.

7) XY=X+Y (X-1)(Y-1)=1. Отсюда следует, что числа X-1,Y-1 оба равны либо 1, либо -1. Уравнение имеет два решения:

8) X+Y=1/10 (X-10)(Y-10)=100.

9) Уравнение XY=P(X+Y) (X-P)(Y-P)=P 2 . P-простое, P[-N.

Приравнивая числа X-P,Y-P, возможным делителям числаP 2 ,произведение которых равно P 2 , найдем множество решений :

10) X,Y[-N , XY+X+Y=2 32 2 32 =2 2 +1,XY+X+Y=2 2 +1.

Число Ферма 2 2 +1 составное и представимо в виде произведения двух простых множителей:

2 2 +1=641*6700417 .Множество натуральных решений:

Метод 3. Метод подстановки в решении диофантовых уравнений:

Некоторые диофантовы уравнения могут быть решены в рациональных числах при помощи подстановки. (см.[1]).

ax 2 +bxy+cy 2 +dx+ey=0

применим подстановку y=tx , получим :

x=(d+ct):(a+bt+ct 2 ); y=( d+et)t:(a+bt+et 2 ); t[-Q

Среди этих пар выбираем целые решения. Если в диофантовом уравнении второй степени с двумя переменными одно из переменных входит лишь во второй степени, то для нахождения целых решений таких уравнений могут быть применены подстановки Эйлера. К уравнению y 2 =k 2 x 2 +mx+n применяем первую подстановку Эйлера:

x=(n-t 2 ):(2kt-m); y=(km+kt 2 -mt):(2kt-m) ; t[-Z

К уравнению y 2 =lx 2 +mx+g 2 ; l=k 2 , применяем вторую подстановку Эйлера:

x=(2gt-m):(l-t 2 ), y=(gt 2 -mt+lg):(l-t 2 ), t[-Q

Отсюда могут быть найдены целые решения (x,y) уравнения , кроме (0; + g) и некоторых симметричных решений (x;-y) , которые следуют из формул, полученных при помощи подстановки y=-g+tx, t[-Q. К уравнению y 2 =lx 2 +mx+n, где l,n не являются квадратами целых чисел и квадратный трехчлен в правой части имеет рациональные корни: lx+mx+n=l(x-α)(x-β), применяем третью подстановку Эйлера: y=(x-α)t ,t[-Q.

x=(lβ-αt 2 ):(l-t 2 ); y=tl(β-α):(l-t 2 ),t[-Q

Среди этих решений уравнения содержатся все целые решения, кроме (α;0), если α[-Z . К кубическому уравнению вида:y 2 =a(x-α) 2 (x-β); a,α,β[-Z применяем подстановку y=t(x-α) ,t[-Q .

x=(t 2 +aβ):a; y=t(t 2 +aβ-aα):a ,t[-Q

Отсюда найдем все целые решения, кроме (α;0), которые существуют при целом t .

Задание: Найти целочисленные решения следующих уравнений:

11) x 2 +y 2 =x+y , a=1,b=0,c=1,d=-1,e=-1

Решение: Применим подстановку y=tx , получим :

x=-(-1-t):(1+t 2 )=(1+t):(1+t 2 ); y=-t(-1-t):(1+t 2 )=2t:(1+t 2 ); ,t[-Q

x=(1+t):(1+t 2 )=(n 2 +mn):(n 2 +m 2 ).

Полученная дробь при n>1,m=n не является целым числом. Целые

решения при t=-1;0;1;(0;0);(1;0);(1;1) ,а также (0;1).

Решение: Применим первую подстановку Эйлера: y=x+m.

Тогда x=(2-m 2 ):(2m-1)=-1/2(m+(m-4):(2m-1)) . Ясно, что при m

Множество решений уравнения:

13) 2x 2 -5x+16-y 2 =0 y 2 =2x 2 -5x+16.

Решение: Применим вторую

подстановку Эйлера : y=4+tx. Полагая t=m:n; m,n[-Z.

НОД(m;n)=1,n>0, получим, что x делится на n и

x=(8t+5):(2-t 2 )=(8m+5n):(2n 2 -m 2 );y=4+[(8m+5n):(2n 2 -m 2 )m]

Целыми решениями уравнения будут, например, при

Решение: применяем третью подстановку Эйлера:

Тогда x=(t 2 +5):(t 2 -3)=1+8:(t 2 -3); y=8t:(t 2 -3)

При целых значениях t имеем (t 3 -3):8, что возможно при t=1;-1;2;1;-2 и

Полагая t=m/n; m,n[-Z, n>0, получим : x=1+8n:(m-3n); y=8mn:(m-3n)

Целые решения возможны, если -4n

кроме найденных ранее решений , получим: (-35;-60);(-35;60) ит.д.

15) y 2 =2x 3 -2x 2 -10x-6 y 2 =2(x+1) 2 (x-3).

Решение: Полагая y=t(x+1), получим x=(t 2 +6):2; y=t(t 2 +8):2, t[-Z. Числа x,y-целые, если t=2k,k[-Z

16) x y =y x ,x,y[-N,x=y

Пусть y>x. Полагаем y=(1+t)x, t[-N .Тогда x (1+t)x =y x x 1+t =y. Отсюда

x 1+t =(1+t)x, или x t =1+t.

Таким образом, x=(1+t) 1/t

Так как число x натуральное, то 1+t=m t ,m[-N .

Отсюда имеем t=m t -1=(m-1)(m t-1 +m t-2 +. +1).

При t>1: m>1 и, следовательно, m t-1 +m t-2 +. +m+1>t.

При t=1: m=2. Множество решений:

Решение: Из уравнения следует: 5x-1 , то есть 1

Решение: Для целого числа k, k=1:

Ни одно из чисел x,y,z не может быть отрицательным, так как, например, при x

Найдем решения, для которых 1 Другие решения получаются перестановкой. Итак, 1>1/x>1/y>1/z. Ясно, что x 3 имеем: 1/x+1/y+1/z

Метод 4. Сравнения и диофантовы уравнения.

Применим свойства сравнений к решению некоторых уравнений. Многие уравнения, решаемые с помощью свойств делимости, могут быть решены при помощи сравнений. Неопределенные уравнения с двумя неизвестными:

(D): ax+by=c , x,y[-Z ,a,b,c[-Z

Найти решения уравнения , то есть значения x,y[-Z. (a;b)=d

1. c не :d, то (D)-не имело бы решения
2. c:d

ax+by=c:d a=a 1 d , b=b 1 d , c=c 1 d.

a 1 x+b 1 y=c 1 следовательно (a 1 ;b 1 )=1.

Таким образом, пришли к выводу, что (a;b)=1 .

Теорема1. Если удовлетворяет сравнению ax=c(b), то пара чисел (x0;(c-ax0):b) является решением (D), где (a;b)=1.

Док-во : ax 0 =c(b)- верное числовое сравнение, следовательно,

разность чисел (c-ax 0 )/b[по определению сравнимых чисел],

значит, (c-ax 0 ):b-целое число. Подставим вместо x—-x 0 ,

y—-(c-ax 0 )/b. Если в результате получим c ,то все доказано.

ax 0 +b(c-ax 0 )/b=ax 0 +c-ax 0 =c;

В самом деле, пара (x 0 ;(c-ax 0 )/b)-решение(D).

Теорема2 : Если (a,b)=1, то (D) имеет бесконечное множество целых решений, которые находятся по формулам:

(x 0 ;y 0 )- некоторое решение (D)

1) Покажем, что (x;y)- по формуле (*) решение (D).

a(x 0 -bt)+b(y 0 +at)=ax 0 -abt+by 0 +bat=c, так как[x 0 ,y 0 ]-решение(D).

2) Покажем, что любое решение (D) находится по этим

формулам(*); (x 0 ;y 0 )-некоторое решение (D).

Так как (x 0 ;y 0 )-решение(D) и пара (x;y) тоже берется как решение, тогда:

б)ax+by=c-верное числовое равенство;

Вычтем из а)-б): a(x 0 -x)+b(y 0 -y)=0 a(x 0 -x)=b(y-y 0 ),так как

b(y-y 0 ):a,[так как (a;b)=1], то y-y 0 :a;

По определению делимости следует, что существует t[-Z , такое что

Значит, (*) x=x 0 -bt

Следствие: (D) ax+by=c в Z либо не имеет решений, либо имеет бесконечное множество решений, которые находятся по формулам(*).

Пример1 : Найти все целые решения:

(25,21)=1, (1) имеет бесконечное множество решений.

Уравнение (2) можно свести к сравнению первой степени:

4x= -4(21) /:4, так как (4;21)=1;

x= -1(21), то есть x=20(21);

21y=25x-17 y=(25*20-17):21=23, y 0 =23

Вместо 20 можно было взять -1

Указание:

Школьники решают (D) методом спуска. Систематическое изучение диофантовых уравнений в средней школе способствует привитию навыков самостоятельной работы в математике и играет большую роль в повышении уровня математической подготовки школьников.

Аналогично предыдущему примеру1 , из уравнения имеем:

3x=1(4). Откуда x=3(4) , то есть x=3+4t, t[-Z. Подставляя в

уравнение, найдем y=1-3t. Множество решений:

Метод5. Метод спуска (*) :

Пример3: 5x 3 +11y 3 +13z 3 =0. Имеем сравнение: 5x 3 +11y 3 =0(13).

Так как a 3 =0;1;5;8;12(13), то число 5x 3 +11y 3 делится на 13 тогда и

только тогда, когда x=y=0(13). Поэтому x=13x 1 , y=13y 1 ,z=13z 1 .

Подставив в уравнение, получим: 5x 1 3 +11y 1 3 +13z 1 3 =0.

Продолжая этот процесс, получим, что числа x,y,z делятся на

любую натуральную степень числа 13. Это возможно лишь при

условии, когда x=y=z=0.

§4 Основные пифагоровы треугольники.

Задача о нахождении всех решений диофантовых уравнений второй степени.

Пример1. (**) Рассмотрим уравнение второй степени с тремя неизвестными:

Геометрически решение этого уравнения в целых числах можно использовать как нахождение всех пифагоровых треугольников, то есть прямоугольных треугольников, у которых катеты x,y и гипотенуза z выражаются целыми числами. Обозначим через d=НОД(x,y). Тогда

x=x 1 d, y=y 1 d и уравнение(1) примет вид: x 1 2 d 2 +y 1 2 d 2 =z 2 . Отсюда следует,

что z 2 : на d 2 и, значит, z кратно d: z=z 1 d .Теперь уравнение (1) можно

записать в виде: x 1 2 d 2 +y 1 2 d 2 =z 1 2 d 2 ; сокращая на d 2 , получим: x 1 2 +y 1 2 =z 1 2 . Мы пришли к уравнению того же вида, что и исходное, причем теперь величины x 1 и y 1 не имеют общих делителей, кроме 1.Таким образом, при решении уравнения (1) можно ограничиться случаем, когда x и y взаимно просты. Итак, пусть(x;y)=1. Тогда хотя бы одна из величин x и y

(например, x будет нечетной). Перенося y 2 в правую часть уравнения (1)

получим: x 2 =z 2 -y 2 ; x 2 =(z-y)(z+y) (2). Обозначим через d 1 НОД выражений

z+y и z-y. Тогда z+x=ad 1 , z-y=bd 1 , (3) , где (a,b)=1. Подставляя во (2)

значения z+y и z-y , получим: x 2 =abd 1 2 . Так как числа a и b не имеют

общих делителей, то полученное равенство возможно только в том случае, когда a и b будут полными квадратами (**) : a=U 2 ; b=V 2 .

Но тогда x 2 =U 2 V 2 d 1 2 ; x=UVd 1 (4). Найдем теперь y и z из равенств(3). Сложение этих равенств дает: 2z=ad 1 +bd 1 =U 2 d 1 +V 2 d 1 ; z=d 1 (U 2 +V 2 ):2 (5)

Вычитая второе из равенств (3) из первого, получим:

2y=ad 1 -bd 1 =U 2 d 1 -V 2 d 1 ; y=d 1 (U 2 -V 2 ):2 (6) . В силу нечетности x из (4) получаем, что U,V и d 1 также нечетны. Более того, d 1 =1, так как иначе из равенств x=UVd 1 и y=d 1 (U-V):2 следовало бы, что величины x и y имеют

общий делитель d 1 =1,что противоречит предположению об их взаимной простоте. Числа U и V связаны со взаимно простыми числами a и b равенствами: a=U 2 , b=V 2 и в силу этого сами взаимно просты: V 1 =1, получим формулы :

x=UV; y=(U 2 -V 2 ):2; z=(U 2 +V 2 ):2, (7),

дающие возможность при нечетных взаимнопростых U и V(V

x,y,z, удовлетворяющие уравнению (1). Простой подстановкой

x,y,z в уравнение(1) легко проверить, что при любых U и V

числа (7) удовлетворяют этому уравнению. Для начальных

значений и формулы (7) приводят к следующим часто

3 2 +4 2 =5 2 (V=1;U=3),

5 2 +12 2 =13 2 (V=1;U=5),

15 2 +8 2 =17 2 (V=3;U=5),

Как уже было сказано, формулы (7) дают только те решения уравнения

x 2 +y 2 =z 2 в которых числа x, y и z не имеют общих делителей. Все остальные целые положительные решения этого уравнения получаются домножением решений, содержащихся в формулах (7), на произвольный общий множитель d. Тем же путем, каким мы получили все решения уравнения (1), могут быть получены и все решения других уравнений того же типа.

Пример2 : Найдем все решения уравнения (1): x 2 +2y 2 =z 2 в целых положительных, попарно простых числах x, y, z.

Заметим, что если x, y, z есть решения уравнения (1) и x, y, z не имеют общего делителя, отличного от 1,то они и попарно взаимно просты. Действительно, если x и y кратны простому числу p>2, то из равенства

следует, так как его левая часть – целое число, что z кратно p. То же самое будет, если x и y или y и z делятся на p.

Заметим, что х должно быть числом нечетным для того, что НОД(x,y,z)=1. Действительно, если х четно, то левая часть уравнения (1) будет четным числом и, значит, z также будет четным. Но x 2 и z 2

будут тогда кратны 4. Отсюда следует, что 2y 2 должно делиться на 4, другими словами, что y тоже должно быть четным числом. Значит, если х четно, то все числа x, y, z должны быть четными. Итак, в решении без общего, отличного от 1 делителя х должно быть нечетным. Отсюда уже следует, что и z должно быть тоже нечетным. Перенося x 2 в правую часть, получаем:

2y 2 =z 2 -x 2 =(z+x)(z-x);

Но НОД(z+x;z-x)=2. Действительно, пусть НОД(z+x;z-x)=d. Тогда

z+x=kd, z-x=ld, где k,l [ -Z.

Складывая и вычитая эти равенства, будем иметь:

Но z и x нечетны и НОД(z;x)=1. Поэтому НОД(2x;2z)=2. Отсюда следует, что d=2. Итак, или , или нечетно. Поэтому или числа

z+x и взаимно простые числа и z-x.

В первом случае из равенства (z+x)=y 2 , а во втором случае из равенства

(z-x)=y 2 следует , где n, m [-Z; m – нечетное число; n,m>0.

Решая эти две системы уравнений относительно x и z и находя y, мы получаем:

или , , y=mn, где m — нечетно.

Объединяя эти две формы представления решения x, y, z, мы получаем общую формулу: , y=mn, , где m – нечетно.

Но, для того, чтобы z, x [-Z, необходимо, чтобы n было четным. Полагая

n=2b, m=a, мы получим окончательно общие формулы, дающие все решения уравнения (1) в целых положительных, без общего делителя, большего 1, числах x, y, z:

(1 / ), y=2ab, z=a 2 +2b 2 , где a, b>0, НОД(a;b)=1, а – нечетно.

При этих условиях величины а и b выбираются произвольно, но так, чтобы х>0. Формулы (1) действительно дают все решения в целых положительных и взаимно простых числах x, y, z, так как, с одной стороны, доказано, что x, y, z в этом случае должны представляться по формулам (1 / ), а с другой стороны, если задать числа a и b, удовлетворяющие условиям, то x,y,z будут действительно взаимно просты и будут решением уравнения (1).

Нет ни одной математической проблемы, которая была бы столь популярна, как знаменитая последняя теорема Ферма .

Ее автор, Пьер Ферма (1601-1665), еще при жизни был признан одним из величайших математиков Европы. Сегодня имя Ферма неотделимо от теории чисел , однако его теоретико-числовые работы были настолько революционны и так опережали свое время, что их значение не было понято современниками и слава Ферма основывалось главным образом на его достижениях в других областях математики: ему принадлежат важные труды по аналитической геометрии (наряду с Декартом Ферма был одним из создателей этой науки), по теории максимумов и минимумов функций, впоследствии развившейся в математический анализ, и по геометрической оптике.

Свои научные результаты Ферма не публиковал. Будучи по профессии

юристом, он посвящал математике свободное время и не рассматривал ее как главное дело своей жизни. А сделанных им открытиях известно из его переписки с другими учеными , а также из бумаг, оставшихся после его смерти. В частности, на полях своего экземпляра «Арифметики»

Диофанта, великого классического произведения древнегреческой математики, в 1621 году переведенного на латинский язык, Ферма оставил

48 замечаний, содержащих открытые им факты о свойствах чисел.

Доказательства Ферма до нас не дошли, однако в тех случаях, когда он утверждал ту или иную теорему, впоследствии эту теорему удавалось доказать. Единственным исключением является следующие утверждение: «Cubum autem in duos cubos aut quadrato-quadratum in duos quadrato-quadratos et generaliter nulam in infinitum ultra quadratum potestatem in duas ejusdem nominis fas est dividere; cujus rei demonstreationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet»(«Невозможно разложить куб на два куба, или биквадрат на два биквадрата, или вообще степень, большую двух, на две степени с тем же самым показателем; я нашел этому поистине чудесное доказательство, однако поля слишком узки, чтобы оно здесь вместилось.»).

Этот текст, сопровождаемый указанием: «Наблюдение господина Пьера де Ферма», содержится в издании трудов Диофанта, которая было выпущено Ферма-сыном в 1670 году, через 5 лет после смерти отца. Это подлинное замечание, внесенное Ферма в его собственный экземпляр трудов Диофанта, в настоящее время утраченный каждому, кто держал в руках «Арифметику» Диофанта издания 1621 года, бросаются в глаза необычайно широкие поля — возможно, именно по этой причине Пьер Ферма записывал на них свои замечания.

Таким образом, в переводе на современный математический язык Ферма утверждал, что уравнение:

не имеет целочисленных решений с xyz=0.

Это утверждение называется последней (или великой ) теоремой Ферма .

В настоящие время все специалисты твердо уверены в том, что Ферма не обладал доказательством этой теоремы и, сверх того, что элементарными методами ее нельзя доказать.

§5 Алгебраические уравнения выше второй степени с тремя неизвестными

Если для уравнений с двумя неизвестными мы можем дать ответ на вопрос о существовании конечного или бесконечного числа решений на множестве Z, то для уравнений с более чем двумя неизвестными выше второй степени дать ответ на этот вопрос можно только для весьма частных классов уравнений.

Тем не менее, в этом последнем случае поддается разрешению и более трудный вопрос об определении всех решений уравнений в целых числах .

В качестве примера остановимся на великой теореме Ферма .

Замечательный французский математик Пьер Ферма высказал утверждение, что уравнение:

не имеет решений в целых положительных числах x, y,z (случай xyz=0 исключается положительностью x, y,z).

Несмотря на то, что П. Ферма утверждал, что он имеет доказательство (по-видимому, методом с пуска, о котором будет речь ниже) этого утверждения, его доказательство впоследствии не было найдено.

Более того, когда математик Куммер попытался его найти и даже думал одно время, что он его нашел, он обнаружил, что одно положение, верное в области обычных целых чисел, оказывается неверным для более сложных числовых образований, с которыми естественно приходится сталкиваться при исследовании проблемы Ферма.

Это обстоятельство заключается в том, что так называемые целые алгебраические числа , — другими словами, корни алгебраических уравнений с целыми рациональными коэффициентами и с коэффициентом при старшей степени, равным 1, — могут не единственным способом быть разложены на простые, неразложимые в свою очередь, целые сомножители той же алгебраической природы.

Обычные же целые числа разлагаются на простые множители единственным образом. Например, 6=2*3 и не каких других разложений не допускает внутри совокупности обычных целых чисел. Рассмотрим совокупность всех целых алгебраических чисел вида , где m и n – обычные целые числа. Легко видеть, что сумма и произведение двух таких чисел опять будут числом той же совокупности. Совокупность чисел, обладающая тем свойством, что она содержит любые суммы и произведения чисел, в неё входящих, называется кольцом. По определению, в нашем кольце содержатся числа 2, 3, . Каждая из этих чисел в этом кольце, как легко можно установить, будет простым, то есть не будет представляться в виде произведения двух не равных единице целых чисел нашего кольца. Но

другими словами, число 6 не единственным образом разлагается на простые сомножители в нашем кольце. То же обстоятельство, не единственность разложения на простые сомножители, может иметь место и в других, более сложных, кольцах алгебраически целых чисел. Обнаружив это обстоятельство, Куммер убедился, что его доказательства общей великой теоремы Ферма не верно. Для преодоления трудностей, связанных с не единственностью разложения на множители, Куммером была построена теория идеалов, которая играет в настоящие время исключительно большую роль в алгебре и теории чисел. Но даже с помощью этой теории полностью доказать великую теорему Ферма Куммер не смог и доказал ее только для n, делящихся хотя бы на одно из так называемых регулярных простых чисел . Не останавливаясь на расшифровке понятия регулярного простого числа, мы можем указать только, что до настоящего времени неизвестно, существует ли только конечное число таких простых чисел или их бесконечное множество.

В настоящее время великая теорема Ферма доказана для многих n, в частности для любого n, делящегося на простое число, меньшее 100. Великая теорема Ферма сыграла большую роль в развитии математики благодаря связанному с попытками ее доказательства открытию теорий идеалов. Но при этом следует отметить, что совсем другим путем и по другому поводу эта теория была построена замечательным русским математиком Е. И. Золотаревым, умершим в расцвете своей научной деятельности. В настоящее время доказательство великой теоремы Ферма, особенно доказательство, построенное на соображениях теории чисел, может иметь только спортивный интерес. Конечно, если это доказательство будет получено новым и плодотворным методом, то значение его, связанное со значением самого метода, может быть и очень большим. Следует отметить, что попытки, делающиеся любителями математики и в наше время, доказать теорему Ферма совсем элементарными средствами обречены на неудачу. Элементарные соображения, опирающиеся на теорию делимости чисел, были использованы еще Куммером и дальнейшая их разработка самыми выдающимися математиками пока ничего существенного не дала.

Доказательство теоремы Ферма для случая n=4 методом спуска.

Теорема:

не имеет решений в целых числах x, y и z , xy z0.

Доказательство : Мы докажем даже более сильную теорему, именно, что уравнение

не имеет решений в целых числах x, y и z , xy z0.

Из этой теоремы уже следует непосредственно отсутствие решений у уравнения (1). Если уравнение (2) имеет решение в целых, отличных от нуля числах x, y, z, то можно предполагать, что эти числа попарно взаимно просты. Действительно, если есть решение, в котором числа x и y имеют наибольший общий делитель d>1, то

где (x 1 , y 1 )=1. Разделив обе части уравнения (2) на d 4 , мы будем иметь, что

x 1 4 +y 1 4 == z 1 2 . (3)

Но x 1 и y 1 – целые числа, значит, — тоже целое число. Если бы у z 1 и y 1 был общий делитель k>1, то x 1 2 в силу (3) должно было бы делиться на k, а значит, . Итак, мы доказали, что если существует решение уравнения (2) в целых, отличных от нуля числах, то существует также решения в целых, отличных от нуля и взаимно простых числах. Поэтому нам достаточно доказать, что уравнение два не имеет решений в целых, отличных от нуля и попарно взаимно простых числах. В дальнейшем ходе доказательства мы, говоря, что уравнение (2) имеет решение, будем предполагать, что оно имеет решение в целых, положительных и попарно взаимно простых числах.

В §4 мы доказали, что все решения уравнения (4) в целых положительных, попарно взаимно простых числах определяются по формуле и имеют вид:

где u и v- два любых нечетных, взаимно простых положительных числа.

Придадим несколько другой вид формулам (5), определяющим все решения уравнения (4). Так как u и v — нечетные числа, то, положив

мы определим числа u и v равенствами

u = a + b, v = a – b, (7)

где а и b – целые числа разной четности. Равенства (6) и (7) показывают, что любой паре нечетных взаимно простых чисел u и v соответствует пара взаимно простых чисел а и b разной четности и что любой паре взаимно простых чисел а и b разной четности соответствует пара взаимно простых нечетных чисел u и v.

Поэтому, сделав в (5) замену u и v на а и b, мы получим, что все тройки целых положительных и попарно взаимно простых чисел x,y,z (х – нечетное), являющиеся решениями уравнения (4), определяются по формулам

где а и b – два любых взаимно простых числа разной четности при условии, что x>0. Эти формулы показывают, что x и y разной четности. Если уравнение (2) имеет решение [x 0, y 0 , z 0 ], то это значит, что

[x 0 2 ] 2 +[y 0 2 ] 2 =z 0 2 ,

другими словами, что тройка чисел (x 0 2 , y 0 2 ,z 0 ) является решением уравнение (4). Но тогда должны существовать два числа а и b, а>b, взаимно простых и разной четности, таких, что

Мы допускаем при этом, для определенности, что x 0 — нечетно, y 0 — четно. Противоположное допущение ничего не изменило бы, так как было бы достаточно заменить x 0 на y 0 и наоборот. Но мы уже знаем, что квадрат нечетного числа <, a- всякое нечетное число, N, M - целые числа>дает в остатке 1 при делении на 4. Поэтому из равенства

следует, что а – нечетно, b – четно. В противном случае левая часть этого равенства при делении на 4 давала бы в остатке 1, а правая, так как мы предположили а–четным, b–нечетным, -1. Так как а–нечетно и (а,b)=1, то и (а, 2b)=1.

Но тогда из равенства

a=t 2 , 2b=s 2 , (11)

где t и s – какие-то целые числа. Но из соотношения (10) следует, что [x 0 , а, b] есть решение уравнения (4). Значит,

где m и n- некоторые простые числа разной четности. Из (11) имеем:

откуда в силу взаимной простоты m и n следует, что

где p и q-отличные от нуля целые числа. Так как и a=t 2 , то

q 4 +p 4 =t 2 , (13).

Поэтому (z0>1). (14)

Положив q=x 1 , p=y 1 , t=z 1 , мы видим, что если существует решение [x 0 ,y 0 ,z 0 ], то должно существовать и другое решение [x 1 ,y 1 ,z 1 ], причем 0 1 0 . Этот процесс получения решений уравнения (2) можно получать неограниченно, и мы получим последовательность решений

[x 0 , y 0 , z 0 ], [x 1 , y 1 , z 1 ], …, [x n , y n , z n ], … ,

причем целые положительные числа z 0 , z 1 , z 2 ,…, z n , …будут монотонно убывать; другими словами, будут верны неравенства

z 0 > z 1 > z 2 >…> z n >…

Но целые положительные числа не могут образовать бесконечную монотонно убывающую последовательность, так как в такой последовательности не может быть больше z 0 членов. Мы пришли, таким образом, к противоречию, предположив, что уравнение (2) имеет хотя бы одно решение в целых x, y, z, xyz=0. Этим доказано, что уравнение (2) не имеет решений. Следовательно, и уравнение (1) не имеет решений в целых положительных числах [x,y,z], так как в противном случае, если [x,y,z]- решение (1), то [x,y,z 2 ]- решение (2).

Метод доказательства, которым мы пользовались, заключавшийся в построении с помощью одного решения бесчисленной последовательности решений с неограниченно убывающими положительными z, называется методом спуска. Как мы уже говорили выше, осуществить этот метод в общем случае теоремы Ферма мешает пока не единственность разложения целых чисел алгебраических колец на простые сомножители того же кольца (См.[1]).

Заметим, что мы доказали отсутствие целых решений не только у уравнения (2), но и у уравнения

Любопытно отметить, то уравнение

имеет бесчисленное множество решений в целых положительных числах, например x=2, y=3, z=5.

Пример. Докажем, что уравнение

x 4 +2y 4 =z 2 (15)

не имеет решений в целых, отличных от нуля числах x,y, z .

Допустим, что уравнение (15) имеет решение в целых положительных числах

[x 0 , y 0 , z 0 ]. Эти числа мы сразу можем предполагать взаимно простыми, так как если бы они имели бы НОД=d>1, то числа x 0 /d, y 0 /d, z 0 /d 2 также были бы решением уравнения (15). Наличие общего делителя у двух из них влекло бы за собой существование общего делителя у всех трех. Кроме того, предположим, что z 0 – наименьшее из всех возможных z в решениях (15) в целых положительных числах. Так как [x 0 ,y 0 ,z 0 ] –решение уравнения (15), то [x 0 2 ,y 0 2 ,z] будут решением уравнения

x 2 +2y 2 =z 2 (16)

Пользуясь формулами(1’) из §4,Пример2, дающими все целые положительные решения (16), мы видим, что существуют такие целые положительные a и b, (a,b)=1 , a нечетно, которые удовлетворяют равенствам

x 0 2 = +(a 2 -2b 2 ), y 0 2 =2ab, z 0 =a 2 +2b 2 (17)

Из равенства y02 =2ab следует, что b само должно быть четно, так как y четно, y делится на 4, а a нечетно. Так как (b/2,a)=1, то из равенства

непосредственно следует, что

где m и n- целые положительные и (m,2n)=1. Но из (17) следует

x 0 2 =+(a 2 -2b 2 )=+[a 2 -8(b/2) 2 ], (18)

где a и x 0 — нечетны. Мы уже видели, что квадрат нечетного числа при делении на 4 дает в остатке 1.Поэтому левая часть (18) при делении на 4 дает в остатке 1. Значит, в равенстве (18) скобка в правой части может входить только с плюсом. Теперь равенство (18) можно записать уже в форме

x 0 2 +2(2n 2 ) 2 =(m 2 ) 2 , (19)

где x 0 , n, m-целые положительные и взаимно простые числа. Значит, числа x 0 , 2n 2 , m 2 образуют решение уравнения (16), причем x 0 , m 2 , 2n 2

взаимно просты. Поэтому в силу формул (1’),§4,Пример2 найдутся такие целые числа p и q, p-нечетно, (p,q)=1, что

2n 2 =2pq, m 2 =p 2 +2q 2 , x 0 =+(p 2 -2q 2 ). (20)

Но так как (p, q)=1 и n 2 =pq, то p=s 2 , q=r 2 , где s и r-целые взаимно простые числа. Отсюда окончательно следует соотношение

s 4 +2r 4 =m 2 , (21)

которое показывает, что числа s, r, m образуют решение уравнения (15). Но из вышеполученных равенств

z 0 =a 2 +2b 2 , a=m 2 .

следует, что z 0 > m. Итак, имея решение [x 0 , y 0 , z 0 ], мы нашли другое решение

[s, r, m], причем 0 0 . Это же противоречит предположению, аоторое мы сделали, что решение [x 0 , y 0 , z 0 ] имеет другое решение z 0 наименьшим из возможных. Таким образом, мы пришли к противоречию, допустив существование решения у уравнения (15), и доказали, что это уравнение неразрешимо в целых, отличных от нуля числах.

Вывод:

Более трехсот лет теорема Ферма привлекала внимание многих поколений математиков и служила беспрецедентным стимулом для развития математики. При попытках ее доказать были разработаны мощные средства, приведшие к созданию обширного раздела математики- теории алгебраических чисел. С помощью теоретико –числовой техники теорема Ферма была проверена для всех n

1. Химчин А.Я. «Великая теорема Ферма»
2. Башмакова И.Г. «Диофант и диофантовы уравнения», М.:Наука,1972г.
3. Гельфонд А.О. «Решение уравнений в целых числах», М, 1957г.
4. Соловьев Ю.П. Гипотеза Таниямы и последняя теорема Ферма// Соросовский образовательный журнал. 1998г.№2.Стр.135-138.
5. Хамов Г.Г. «Элементы теории диофантовых уравнений в задачах и
6. упражнениях», Учебное пособие, С-П.:1986г.