Егэ уравнения в натуральных числах

Основные методы решения уравнений в целых числах

Введение

Существует множество математических задач, ответами к которым служат одно или несколько целых чисел. В качестве примера можно привести четыре классические задачи, решаемые в целых числах – задача о взвешивании, задача о разбиении числа, задача о размене и задача о четырёх квадратах. Стоит отметить, что, несмотря на достаточно простую формулировку этих задач, решаются они весьма сложно, с применением аппарата математического анализа и комбинаторики. Идеи решения первых двух задач принадлежат швейцарскому математику Леонарду Эйлеру (1707–1783). Однако наиболее часто можно встретить задачи, в которых предлагается решить уравнение в целых (или в натуральных) числах. Некоторые из таких уравнений довольно легко решаются методом подбора, но при этом возникает серьёзная проблема – необходимо доказать, что все решения данного уравнения исчерпываются подобранными (то есть решений, отличных от подобранных, не существует). Для этого могут потребоваться самые разнообразные приёмы, как стандартные, так и искусственные. Анализ дополнительной математической литературы показывает, что подобные задания достаточно часто встречаются в олимпиадах по математике разных лет и различных уровней, а также в задании 19 ЕГЭ по математике (профильный уровень). В то же время в школьном курсе математики данная тема практически не рассматривается, поэтому школьники, участвуя в математических олимпиадах или сдавая профильный ЕГЭ по математике, обычно сталкиваются со значительными трудностями при выполнении подобного рода заданий. В связи с этим целесообразно выделить систему основных методов решения уравнений в целых числах, тем более что в изученной математической литературе этот вопрос явно не оговаривается. Описанная проблема определила цель данной работы: выделить основные методы решения уравнений в целых числах. Для достижения поставленной цели необходимо было решить следующие задачи:

1) Проанализировать олимпиадные материалы, а также материалы профильного ЕГЭ по математике;

2) Обозначить методы решения уравнений в целых числах и выделить преобладающие;

3) Полученные результаты проиллюстрировать примерами;

4) Составить несколько тренировочных заданий по данной теме;

5) Применяя разработанные задания, определить степень готовности учащихся девятых классов МБОУ СОШ №59 к решению подобного рода задач и сделать практические выводы.

Основная часть

Анализ разнообразной математической литературы показывает, что среди методов решения уравнений в целых числах в качестве основных можно выделить следующие:

1. Представление уравнения в виде произведения нескольких множителей, равного некоторому целому числу;
2. Представление уравнения в виде суммы квадратов нескольких слагаемых, равной некоторому целому числу;
3. Использование свойств делимости, факториалов и точных квадратов;
4. Использование Малой и Великой теорем Ферма;
5. Метод бесконечного спуска;
6. Выражение одной неизвестной через другую;
7. Решение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных;
8. Рассмотрение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое число.

Сразу же нужно оговорить, что мы понимаем под основными методами решения уравнений. Основными будем называть наиболее часто применяющиеся методы, что, конечно, не исключает возможности периодического применения новых «неожиданных» приёмов. Кроме того, причём в подавляющем большинстве случаев, применяют их различные сочетания, то есть проводят комбинирование нескольких методов.
В качестве примера сочетания методов рассмотрим уравнение, предлагавшееся на ЕГЭ по математике в 2013 году (задание С6).

Задача. Решить в натуральных числах уравнение n! + 5n + 13 = k 2 .

Решение. Заметим, что оканчивается нулём при n > 4. Далее, при любых n ∈ N оканчивается либо цифрой 0, либо цифрой 5. Следовательно, при n > 4 левая часть уравнения оканчивается либо цифрой 3, либо цифрой 8. Но она же равна точному квадрату, который не может оканчиваться этими цифрами. Поэтому нужно перебрать только четыре варианта: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.

Значит, уравнение имеет единственное натуральное решение n = 2, k = 5.

В этой задаче использовались свойства точных квадратов, свойства факториалов, и остатки от деления обеих частей уравнения на 10.

Теперь приведём комплекс авторских задач.

Задача 1. Решить в целых числах уравнение n 2 — 4y! = 3.

Решение. Сначала перепишем исходное уравнение в виде n 2 = 4y! + 3. Если посмотреть на это соотношение с точки зрения теоремы о делении с остатком, то можно заметить, что точный квадрат, стоящий в левой части уравнения, даёт при делении на 4 остаток 3, что невозможно. Действительно, любое целое число представимо в одном из следующих четырёх видов:

Таким образом, точный квадрат при делении на 4 даёт в остатке либо 0, либо 1. Следовательно, исходное уравнение не имеет решений.

Ключевая идея – применение свойств точных квадратов.

Задача 2. Решить в целых числах уравнение 8z 2 = (t!) 2 + 2.

Решение. Непосредственная проверка показывает, что t = 0 и t = 1 не являются решениями уравнения. Если t > 1, то t! является чётным числом, то есть, оно представимо в виде t! = 2s. В таком случае уравнение можно преобразовать к виду 4z 2 = 2s 2 + 1. Однако, полученное уравнение заведомо не имеет решений, ибо в левой части стоит чётное число, а в правой – нечётное.

Ключевая идея – применение свойств факториалов.

Задача 3. Решить в целых числах уравнение x 2 + y 2 – 2x + 6y + 5 = 0.

Решение. Исходное уравнение можно переписать следующим образом: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 5.

Из условия следует, что (x – 1), (y + 3) – целые числа. Следовательно, данное уравнение эквивалентно следующей совокупности:

Теперь можно выписать всевозможные целые решения уравнения.

Задача 4. Решить в целых числах уравнение zt + t – 2z = 7.

Решение. Исходное уравнение можно преобразовать к виду (z + 1) (t – 2) = 5. Числа (z + 1), (t – 2) являются целыми, поэтому имеют место следующие варианты:

Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения.

Ключевая идея – представление уравнения в виде произведения, равного целому числу.

Задача 5. Решить в целых числах уравнение n(n + 1) = (2k + 1)‼

Решение. Число (2k + 1)‼ нечётно при всех неотрицательных значениях k согласно определению (при отрицательных k оно вообще не определено). С другой стороны, оно равно числу n(n + 1), которое чётно при всех целых значениях k. Противоречие.

Ключевая идея – использование чётности/нечётности частей уравнения.

Задача 6. Решить в целых числах уравнение xy + x + 2y = 1.

Решение. Путём преобразований уравнение можно свести к следующему:

Данное преобразование не изменило ОДЗ неизвестных, входящих в уравнение, так как подстановка y = –1 в первоначальное уравнение приводит к абсурдному равенству –2 = 1. Согласно условию, x – целое число. Иначе говоря, тоже целое число. Но тогда число обязано быть целым. Дробь является целым числом тогда и только тогда, когда числитель делится на знаменатель. Делители числа 3: 1,3 –1, –3. Следовательно, для неизвестной возможны четыре случая: y = 0, y = 2, y = –2, y = –4. Теперь можно вычислить соответствующие значения неизвестной x. Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).

Ключевая идея – выражение одной неизвестной через другую.

Задача 7. Решить в целых числах уравнение 5 m = n 2 + 2.

Решение. Если m = 0, то уравнение примет вид n 2 = –1. Оно не имеет целых решений. Если m 0. Тогда правая часть уравнения (как и левая) будет кратна 5. Но в таком случае n 2 при делении на 5 должно давать остаток 3, что невозможно (это доказывается методом перебора остатков, который был изложен при решении задачи 1). Следовательно, данное уравнение не имеет решений в целых числах.

Ключевая идея – нахождение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое натуральное число.

Задача 8. Решить в целых числах уравнение (x!) 4 + (y – 1) 4 = (z + 1) 4 .

Решение. Заметим, что в силу чётности показателей степеней уравнение эквивалентно следующему: (x!) 4 + |y – 1| 4 = |z + 1| 4 . Тогда x!, |y – 1|, |z + 1| – натуральные числа. Однако, согласно Великой теореме Ферма, эти натуральные числа не могут удовлетворять исходному уравнению. Таким образом, уравнение неразрешимо в целых числах.

Ключевая идея – использование Великой теоремы Ферма.

Задача 9. Решить в целых числах уравнение x 2 + 4y 2 = 16xy.

Решение. Из условия задачи следует, что x – чётное число. Тогда x 2 = 4x₁ 2 . Уравнение преобразуется к виду x₁ 2 + y 2 = 8x₁y. Отсюда вытекает, что числа x₁, y имеют одинаковую чётность. Рассмотрим два случая.

1 случай. Пусть x₁, y – нечётные числа. Тогда x₁ = 2t + 1, y = 2s + 1. Подставляя эти выражения в уравнение, получим:

Выполним соответствующие преобразования:

Сокращая обе части полученного уравнения на 2, получим?

В левой части стоит нечётное число, а в правой – чётное. Противоречие. Значит, 1 случай невозможен.

2 случай. Пусть x₁, y – чётные числа. Тогда x₁ = 2x₂ + 1, y = 2y₁. Подставляя эти значения в уравнение, получим:

Таким образом, получилось уравнение, точно такое же, как на предыдущем шаге. Исследуется оно аналогично, поэтому на следующем шаге получим уравнение и т.д. Фактически, проводя эти преобразования, опирающиеся на чётность неизвестных, мы получаем следующие разложения: . Но величины n и k не ограничены, так как на любом шаге (со сколь угодно большим номером) будем получать уравнение, эквивалентное предыдущему. То есть, данный процесс не может прекратиться. Другими словами, числа x, y бесконечно много раз делятся на 2. Но это имеет место, только при условии, что x = y = 0. Итак, уравнение имеет ровно одно целое решение (0; 0).

Ключевая идея – использование метода бесконечного спуска.

Задача 10. Решить в целых числах уравнение 5x 2 – 3xy + y 2 = 4.

Решение. Перепишем данное уравнение в виде 5x 2 – (3x)y + (y 2 – 4) = 0. Его можно рассмотреть как квадратное относительно неизвестной x. Вычислим дискриминант этого уравнения:

Для того чтобы уравнение имело решения, необходимо и достаточно, чтобы , то есть Отсюда имеем следующие возможности для y: y = 0, y = 1, y = –1, y = 2, y = –2.

Итак, уравнение имеет ровно 2 целых решения: (0;2), (0;–2).

Ключевая идея – рассмотрение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных.

Составленные автором задачи были использованы при проведении эксперимента, который состоял в следующем. Всем учащимся девятых классов были предложены разработанные задания с целью выявления уровня подготовки детей по данной теме. Каждому из учеников необходимо было предложить метод нахождения целочисленных решений уравнений. В эксперименте приняли участие 64 ученика. Полученные результаты представлены в таблице 1.

ТАБЛИЦА 1

Количество учащихся, справившихся с заданием (в процентах)

Задание №1. Простейшие уравнения. Профильный ЕГЭ по математике

В задании №1 варианта ЕГЭ вам встретятся всевозможные уравнения: квадратные и сводящиеся к квадратным, дробно-рациональные, иррациональные, степенные, показательные и логарифмические и даже тригонометрические. Видите, как много нужно знать, чтобы справиться с заданием! И еще ловушки и «подводные камни», которые ждут вас в самом неожиданном месте.

Вот список тем, которые стоит повторить:

Уравнения, сводящиеся к квадратным

1. Решите уравнение . Если уравнение имеет более одного корня, в ответе запишите меньший из корней.

Кажется, что уравнение очень простое. Но иногда здесь ошибаются даже отличники. А вот шестиклассник бы не ошибся.

С левой частью уравнения все понятно. Дробь умножается на А в правой части — смешанное число Его целая часть равна 19, а дробная часть равна Запишем это число в виде неправильной дроби:

Выбираем меньший корень.

Ответ: — 6,5.

2. Решите уравнение

Возведем в квадрат левую часть уравнения. Получим:

Дробно-рациональные уравнения

3. Найдите корень уравнения

Перенесем единицу в левую часть уравнения. Представим 1 как и приведем дроби к общему знаменателю:

Это довольно простой тип уравнений. Главное — внимательность.

Иррациональные уравнения

Так называются уравнения, содержащие знак корня — квадратного, кубического или n-ной степени.

4. Решите уравнение:

Выражение под корнем должно быть неотрицательно, а знаменатель дроби не равен нулю.

Значит, .

Возведём обе части уравнения в квадрат:

Условие при этом выполняется.

5. Решите уравнение Если уравнение имеет более одного корня, в ответе запишите меньший из корней.

А в этом уравнении есть ловушка. Решите его самостоятельно и после этого читайте дальше.

Выражение под корнем должно быть неотрицательно. И сам корень — величина неотрицательная. Значит, и правая часть должна быть больше или равна нуля. Следовательно, уравнение равносильно системе:

Решение таких уравнений лучше всего записывать в виде цепочки равносильных переходов:

Мы получили, что . Это единственный корень уравнения.

Типичная ошибка в решении этого уравнения такая. Учащиеся честно пишут ОДЗ, помня, что выражение под корнем должно быть неотрицательно:

Возводят обе части уравнения в квадрат. Получают квадратное уравнение: Находят его корни: или Пишут в ответ: -9 (как меньший из корней). В итоге ноль баллов.

Теперь вы знаете, в чем дело. Конечно же, число -9 корнем этого уравнения быть не может.

6. Решите уравнение . Если уравнение имеет более одного корня, в ответе запишите больший из корней.

Запишем решение как цепочку равносильных переходов.

Показательные уравнения

При решении показательных уравнений мы пользуемся свойством монотонности показательной функции.

7. Решите уравнение

Вспомним, что Уравнение приобретает вид: Функция монотонно возрастает и каждое свое значение принимает только один раз. Степени равны, их основания, значит, и показатели равны.

8. Решите уравнение

Функция монотонно возрастает и каждое свое значение принимает только один раз. Степени равны, их основания, значит, и показатели равны.

9. Решите уравнение

Представим в виде степени с основанием 3 и воспользуемся тем, что

Логарифмические уравнения

Решая логарифмические уравнения, мы также пользуемся монотонностью логарифмической функции: каждое свое значение она принимает только один раз. Это значит, что если логарифмы двух чисел по какому-либо основанию равны, значит, равны и сами числа.

И конечно, помним про область допустимых значений логарифма:

Логарифмы определены только для положительных чисел;

Основание логарифма должно быть положительно и не равно единице.

10. Решите уравнение:

Область допустимых значений: . Значит,

Представим 2 в правой части уравнения как — чтобы слева и справа в уравнении были логарифмы по основанию 5.

Функция монотонно возрастает и каждое свое значение принимает ровно один раз. Логарифмы равны, их основания равны. «Отбросим» логарифмы! Конечно, при этом

11. Решите уравнение:

Запишем решение как цепочку равносильных переходов. Записываем ОДЗ и «убираем» логарифмы:

12. Решите уравнение:

Перейдем от логарифма по основанию 4 (в показателе) к логарифму по основанию 2. Мы делаем это по формуле перехода к другому основанию:

Записываем решение как цепочку равносильных переходов.

13. Решите уравнение. Если уравнение имеет более одного корня, в ответе запишите меньший из корней.

В этом уравнении тоже есть ловушка. Мы помним, что основание логарифма должно быть положительно и не равно единице.

Первое уравнение мы получили просто из определения логарифма.

Квадратное уравнение имеет два корня: и

Очевидно, корень является посторонним, поскольку основание логарифма должно быть положительным. Значит, единственный корень уравнения:

Тригонометрические уравнения (Часть 1 ЕГЭ по математике)

Тригонометрические уравнения? В первой части вариантов ЕГЭ? — Да. Причем это задание не проще, чем задача 13 из второй части варианта Профильного ЕГЭ.

14. Найдите корень уравнения: В ответе запишите наибольший отрицательный корень.

Типичная ошибка — решать это уравнение в уме. Мы не будем так делать! Несмотря на то, что это задание включено в первую части варианта ЕГЭ, оно является полноценным тригонометрическим уравнением, причем с отбором решений.

Сделаем замену Получим:

Получаем решения: Вернемся к переменной x.

Поделим обе части уравнения на и умножим на 4.

Первой серии принадлежат решения

Вторая серия включает решения

Наибольший отрицательный корень — тот из отрицательных, который ближе всех к нулю. Это

15. Решите уравнение В ответе напишите наименьший положительный корень.

Сделаем замену Получим: Решения этого уравнения:

Вернемся к переменной х:

Умножим обе части уравнения на 4 и разделим на

Выпишем несколько решений уравнения и выберем наименьший положительный корень:

Наименьший положительный корень

Мы разобрали основные типы уравнений, встречающихся в задании №1 Профильного ЕГЭ по математике. Конечно, это не все, и видов уравнений в этой задаче существует намного больше. Именно поэтому мы рекомендуем начинать подготовку к ЕГЭ по математике не с задания 1, а с текстовых задач на проценты, движение и работу и основ теории вероятностей.
Успеха вам в подготовке к ЕГЭ!

math4school.ru

Уравнения в целых числах

Немного теории

Уравнения в целых числах – это алгебраические уравнения с двумя или более неизвестными переменными и целыми коэффициентами. Решениями такого уравнения являются все целочисленные (иногда натуральные или рациональные) наборы значений неизвестных переменных, удовлетворяющих этому уравнению. Такие уравнения ещё называют диофантовыми, в честь древнегреческого математика Диофанта Александрийского, который исследовал некоторые типы таких уравнений ещё до нашей эры.

Современной постановкой диофантовых задач мы обязаны французскому математику Ферма. Именно он поставил перед европейскими математиками вопрос о решении неопределённых уравнений только в целых числах. Наиболее известное уравнение в целых числах – великая теорема Ферма: уравнение

не имеет ненулевых рациональных решений для всех натуральных n > 2.

Теоретический интерес к уравнениям в целых числах достаточно велик, так как эти уравнения тесно связаны со многими проблемами теории чисел.

В 1970 году ленинградский математик Юрий Владимирович Матиясевич доказал, что общего способа, позволяющего за конечное число шагов решать в целых числах произвольные диофантовы уравнения, не существует и быть не может. Поэтому следует для разных типов уравнений выбирать собственные методы решения.

При решении уравнений в целых и натуральных числах можно условно выделить следующие методы:

способ перебора вариантов;

применение алгоритма Евклида;

представление чисел в виде непрерывных (цепных) дробей;

разложения на множители;

решение уравнений в целых числах как квадратных (или иных) относительно какой-либо переменной;

метод бесконечного спуска.

Задачи с решениями

1. Решить в целых числах уравнение x 2 – xy – 2y 2 = 7.

Запишем уравнение в виде (x – 2y)(x + y) = 7.

Так как х, у – целые числа, то находим решения исходного уравнения, как решения следующих четырёх систем:

1) x – 2y = 7, x + y = 1;

2) x – 2y = 1, x + y = 7;

3) x – 2y = –7, x + y = –1;

4) x – 2y = –1, x + y = –7.

Решив эти системы, получаем решения уравнения: (3; –2), (5; 2), (–3; 2) и (–5; –2).

Ответ: (3; –2), (5; 2), (–3; 2), (–5; –2).

2. Решить в целых числах уравнение:

а) 20х + 12у = 2013;

в) 201х – 1999у = 12.

а) Поскольку при любых целых значениях х и у левая часть уравнения делится на два, а правая является нечётным числом, то уравнение не имеет решений в целых числах.

Ответ: решений нет.

б) Подберём сначала некоторое конкретное решение. В данном случае, это просто, например,

Поскольку числа 5 и 7 взаимно простые, то

Значит, общее решение:

х = 1 + 7k, у = 2 – 5k,

где k – произвольное целое число.

Ответ: (1+7k; 2–5k), где k – целое число.

в) Найти некоторое конкретное решение подбором в данном случае достаточно сложно. Воспользуемся алгоритмом Евклида для чисел 1999 и 201:

НОД(1999, 201) = НОД(201, 190) = НОД(190, 11) = НОД(11, 3) = НОД(3 , 2) = НОД(2, 1) = 1.

Запишем этот процесс в обратном порядке:

1 = 2 – 1 = 2 – (3 – 2) = 2·2 – 3 = 2· (11 – 3·3) – 3 = 2·11 – 7·3 = 2·11 – 7(190 – 11·17) =

= 121·11 – 7·190 = 121(201 – 190) – 7·190 = 121·201 – 128·190 =

= 121·201 – 128(1999 – 9·201) = 1273·201 – 128·1999.

Значит, пара (1273, 128) является решением уравнения 201х – 1999у = 1. Тогда пара чисел

x₀ = 1273·12 = 15276, y₀ = 128·12 = 1536

является решением уравнения 201х – 1999у = 12.

Общее решение этого уравнения запишется в виде

х = 15276 + 1999k, у = 1536 + 201k, где k – целое число,

или, после переобозначения (используем, что 15276 = 1283 + 7·1999, 1536 = 129 + 7·201),

х = 1283 + 1999n, у = 129 + 201n, где n – целое число.

Ответ: (1283+1999n, 129+201n), где n – целое число.

3. Решить в целых числах уравнение:

а) x 3 + y 3 = 3333333;

б) x 3 + y 3 = 4(x 2 y + xy 2 + 1).

а) Так как x 3 и y 3 при делении на 9 могут давать только остатки 0, 1 и 8 (смотрите таблицу в разделе «Делимость целых чисел и остатки»), то x 3 + y 3 может давать только остатки 0, 1, 2, 7 и 8. Но число 3333333 при делении на 9 даёт остаток 3. Поэтому исходное уравнение не имеет решений в целых числах.

Ответ: целочисленных решений нет.

б) Перепишем исходное уравнение в виде (x + y) 3 = 7(x 2 y + xy 2 ) + 4. Так как кубы целых чисел при делении на 7 дают остатки 0, 1 и 6, но не 4, то уравнение не имеет решений в целых числах.

Ответ: целочисленных решений нет.

а) в простых числах уравнение х 2 – 7х – 144 = у 2 – 25у;

б) в целых числах уравнение x + y = x 2 – xy + y 2 .

а) Решим данное уравнение как квадратное относительно переменной у. Получим

у = х + 9 или у = 16 – х.

Поскольку при нечётном х число х + 9 является чётным, то единственной парой простых чисел, которая удовлетворяет первому равенству, является (2; 11).

Так как х, у – простые, то из равенства у = 16 – х имеем

С помощью перебора вариантов находим остальные решения: (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).

Ответ: (2; 11), (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).

б) Рассмотрим данное уравнение как квадратное уравнение относительно x:

x 2 – (y + 1)x + y 2 – y = 0.

Дискриминант этого уравнения равен –3y 2 + 6y + 1. Он положителен лишь для следующих значений у: 0, 1, 2. Для каждого из этих значений из исходного уравнения получаем квадратное уравнение относительно х, которое легко решается.

Ответ: (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2).

5. Существует ли бесконечное число троек целых чисел x, y, z таких, что x 2 + y 2 + z 2 = x 3 + y 3 + z 3 ?

Попробуем подбирать такие тройки, где у = –z. Тогда y 3 и z 3 будут всегда взаимно уничтожаться, и наше уравнение будет иметь вид

Чтобы пара целых чисел (x; y) удовлетворяла этому условию, достаточно, чтобы число x–1 было удвоенным квадратом целого числа. Таких чисел бесконечно много, а именно, это все числа вида 2n 2 +1. Подставляя в x 2 (x–1) = 2y 2 такое число, после несложных преобразований получаем:

y = xn = n(2n 2 +1) = 2n 3 +n.

Все тройки, полученные таким образом, имеют вид (2n 2 +1; 2n 3 +n; –2n 3 – n).

6. Найдите такие целые числа x, y, z, u, что x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = 2xyzu.

Число x 2 + y 2 + z 2 + u 2 чётно, поэтому среди чисел x, y, z, u чётное число нечётных чисел.

Если все четыре числа x, y, z, u нечётны, то x 2 + y 2 + z 2 + u 2 делится на 4, но при этом 2xyzu не делится на 4 – несоответствие.

Если ровно два из чисел x, y, z, u нечётны, то x 2 + y 2 + z 2 + u 2 не делится на 4, а 2xyzu делится на 4 – опять несоответствие.

Поэтому все числа x, y, z, u чётны. Тогда можно записать, что

и исходное уравнение примет вид

Теперь заметим, что (2k + 1) 2 = 4k(k + 1) + 1 при делении на 8 даёт остаток 1. Поэтому если все числа x₁, y₁, z₁, u₁ нечётны, то x₁ 2 + y₁ 2 + z₁ 2 + u₁ 2 не делится на 8. А если ровно два из этих чисел нечётно, то x₁ 2 + y₁ 2 + z₁ 2 + u₁ 2 не делится даже на 4. Значит,

и мы получаем уравнение

Снова повторив те же самые рассуждения, получим, что x, y, z, u делятся на 2 n при всех натуральных n, что возможно лишь при x = y = z = u = 0.

7. Докажите, что уравнение

(х – у) 3 + (y – z) 3 + (z – x) 3 = 30

не имеет решений в целых числах.

Воспользуемся следующим тождеством:

(х – у) 3 + (y – z) 3 + (z – x) 3 = 3(х – у)(y – z)(z – x).

Тогда исходное уравнение можно записать в виде

(х – у)(y – z)(z – x) = 10.

Обозначим a = x – y, b = y – z, c = z – x и запишем полученное равенство в виде

Кроме того очевидно, a + b + c = 0. Легко убедиться, что с точностью до перестановки из равенства abc = 10 следует, что числа |a|, |b|, |c| равны либо 1, 2, 5, либо 1, 1, 10. Но во всех этих случаях при любом выборе знаков a, b, c сумма a + b + c отлична от нуля. Таким образом, исходное уравнение не имеет решений в целых числах.

8. Решить в целых числах уравнение 1! + 2! + . . . + х! = у 2 .

если х = 1, то у 2 = 1,

если х = 3, то у 2 = 9.

Этим случаям соответствуют следующие пары чисел:

Заметим, что при х = 2 имеем 1! + 2! = 3, при х = 4 имеем 1! + 2! + 3! + 4! = 33 и ни 3, ни 33 не являются квадратами целых чисел. Если же х > 5, то, так как

5! + 6! + . . . + х! = 10n,

можем записать, что

1! + 2! + 3! + 4! + 5! + . . . + х! = 33 + 10n.

Так как 33 + 10n – число, оканчивающееся цифрой 3, то оно не является квадратом целого числа.

Ответ: (1; 1), (1; –1), (3; 3), (3; –3).

9. Решите следующую систему уравнений в натуральных числах:

a 3 – b 3 – c 3 = 3abc, a 2 = 2(b + c).

3abc > 0, то a 3 > b 3 + c 3 ;

таким образом имеем

b 2 2 + х = у 4 + у 3 + у 2 + у.

Разложив на множители обе части данного уравнения, получим:

х(х + 1) = у(у + 1)(у 2 + 1),

х(х + 1) = (у 2 + у)(у 2 + 1)

Такое равенство возможно, если левая и правая части равны нулю, или представляют собой произведение двух последовательных целых чисел. Поэтому, приравнивая к нулю те или иные множители, получим 4 пары искомых значений переменных:

Произведение (у 2 + у)(у 2 + 1) можно рассматривать как произведение двух последовательных целых чисел, отличных от нуля, только при у = 2. Поэтому х(х + 1) = 30, откуда х₅ = 5, х₆ = –6. Значит, существуют ещё две пары целых чисел, удовлетворяющих исходному уравнению:

Ответ: (0; 0), (0; –1), (–1; 0), (–1; –1), (5; 2), (–6; 2.)

Задачи без решений

1. Решить в целых числах уравнение:

б) х 2 + у 2 = х + у + 2.

2. Решить в целых числах уравнение:

а) х 3 + 21у 2 + 5 = 0;

б) 15х 2 – 7у 2 = 9.

3. Решить в натуральных числах уравнение:

4. Доказать, что уравнение х 3 + 3у 3 + 9z 3 = 9xyz в рациональных числах имеет единственное решение

5. Доказать, что уравнение х 2 + 5 = у 3 в целых числах не имеет решений.