Метод бесконечного спуска диофантовы уравнения

Линейное диофантово уравнение и 4 способа его решения

Разделы: Математика

Првило 1. Если с не делится на d, то уравнение ах + ву = с не имеет решений в целых числах. Н.О.Д.(а,в) = d.

Правило 2. Чтобы найти решение уравнения ах + ву = с при взаимно-простых а и в, нужно сначала найти решение (Х_о ; у_о) уравнения ах + ву = 1; числа СХ_о , Су_о составляют решение уравнения ах + ву = с.

Решить в целых числах (х,у) уравнение

Первый способ. Нахождение частного решения методом подбора и запись общего решения.

Знаем, что если Н.О.Д.(а;в) =1, т.е. а и в взаимно-простые числа, то уравнение (1)

имеет решение в целых числах х и у. Н.О.Д.(5;8) =1. Методом подбора находим частное решение: Х_о = 7; у_о =2.

Итак, пара чисел (7;2) — частное решение уравнения (1).

Значит, выполняется равенство: 5 x 7 – 8 x 2 = 19 … (2)

Вопрос: Как имея одно решение записать все остальные решения?

Вычтем из уравнения (1) равенство (2) и получим: 5(х -7) – 8(у — 2) =0.

Отсюда х – 7 = . Из полученного равенства видно, что число (х – 7) будет целым тогда и только тогда, когда (у – 2) делится на 5, т.е. у – 2 = 5n, где n какое-нибудь целое число. Итак, у = 2 + 5n, х = 7 + 8n, где n Z.

Тем самым все целые решения исходного уравнения можно записать в таком виде:

n Z.

Второй способ. Решение уравнения относительно одного неизвестного.

Решаем это уравнение относительно того из неизвестных, при котором наименьший (по модулю) коэффициент. 5х — 8у = 19 х = .

Остатки при делении на 5: 0,1,2,3,4. Подставим вместо у эти числа.

Если у = 0, то х = =.

Если у =1, то х = =.

Если у = 2, то х = = = 7 Z.

Если у =3, то х = =.

Если у = 4 то х = =.

Итак, частным решением является пара (7;2).

Тогда общее решение: n Z.

Третий способ. Универсальный способ поиска частного решения.

Для решения применим алгоритм Евклида. Мы знаем, что для любых двух натуральных чисел а, в, таких, что Н.О.Д.(а,в) = 1 существуют целые числа х,у такие, что ах + ву = 1.

1. Сначала решим уравнение 5m – 8n = 1 используя алгоритм Евклида.

2. Затем найдем частное решение уравнения (1)по правилу 2.

3. Запишем общее решение данного уравнения (1).

1. Найдем представление: 1 = 5m – 8n. Для этого используем алгоритм Евклида.

8 = 5 1 + 3.

5 = 3

3 = 2 .

Из этого равенства выразим 1. 1 = 3 — 2 = 3 – (5 — 3 ) =

= 3 — 5 = 3 = (8 — 5 — 5 82 -5

= 5(-2). Итак, m = -3, n = -2.

2. Частное решение уравнения (1): Х_о = 19m; у_о =19n.

Отсюда получим: Х_о =19; у_о =19 .

Пара (-57; -38)- частное решение (1).

3. Общее решение уравнения (1): n Z.

Четвертый способ. Геометрический.

1. Решим уравнение 5х – 8у = 1 геометрически.

2. Запишем частное решение уравнения (1).

3. Запишем общее решение данного уравнения (1).

Отложим на окружности последовательно друг за другом равные дуги, составляющие

-ю часть полной окружности. За 8 шагов получим все вершины правильного вписанного в окружность 8-угольника. При этом сделаем 5 полных оборотов.

На 5 – ом шаге получили вершину, соседнюю с начальной, при этом сделали 3 полных оборота и еще прошли — ю часть окружности, так что х = у + .

Итак, Х_о = 5, у_о =3 является частным решением уравнения 5х – 8у = 1.

2. Частное решение уравнения (1): Х_о = 19 у_о =19

3. Общее решение уравнения (1): n Z.

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.

Методическая разработка кружка по алгебре «Диофантовы уравнения»

Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.

Муниципальное бюджетное общеобразовательное учреждение «Гимназия» города Гурьевск Калининградской области

Методическое разработка занятия математического

кружка для учащихся 8 класса

Автор: Тюрина О.Г,

Основная задача обучения математике в школе заключается в обеспечении прочного и сознательного овладения учащимися системой математических знаний и умений, необходимых в повседневной жизни и трудовой деятельности каждому члену современного общества, достаточных для изучения смежных дисциплин и продолжения образования. Наряду с решением основной задачи изучение математики на занятиях математического кружка предусматривает формирование у учащихся устойчивого интереса к предмету, выявление и развитие их математических способностей. Кроме того, ученики получают дополнительную научную информацию, которая существенно помогает им при освоении наук не только школьной программы, но и в дальнейшем обучении в высших учебных заведениях.

Цель кружка: создать условия для активизации учебно-познавательной деятельности учащихся.

— пробуждать и развивать устойчивый интерес учащихся к математике;

— формировать аналитическое и критическое мышление в процессе решения задач ;

— развивать их самостоятельность и творческую активность;

— научить детей переносить знания и умения в новую, нестандартную ситуацию;

— воспитать целеустремленность и системность в учебной и трудовой деятельности.

Проблема, подтолкнувшая к созданию разработки темы « Диофантовы уравнения» состоит в том, что она не изучается в школьной программе, но часто встречается в олимпиадных задачах и на ЕГЭ.

Актуальность обусловлена трудностями решения уравнений и задач на составление диофантовых уравнений и необходимостью знания теории и методики их решения для получения хороших результатов на олимпиадах и экзаменах.

Школьный курс математики можно разделить на два уровня: основной, обязательный для всех учащихся, и повышенный, рассчитанный на удовлетворение интересов отдельных школьников. Неопределенные уравнения относятся ко второму уровню. Неопределенные уравнения интересны и до сих пор изучаются математиками (например, теорема Ферма). История диофантовых или неопределенных уравнений еще не написана. В общих курсах истории математики она выпадает из поля зрения.

Неопределенные уравнения встречаются лишь в олимпиадных заданиях и в заданиях ЕГЭ части С. Кроме того, решение некоторых видов неопределенных уравнений встречаются на практике. С помощью решения неопределенных уравнений можно отгадать дату рождения собеседника, оптимизировать многие процессы, найти остроумные и сравнительно простые решения «неразрешимых» задач . Умение решать такие уравнения позволяет найти остроумные и сравнительно простые решения казалось бы «неразрешимых» задач, а в практической деятельности значительно сэкономить затраты средств и времени. Значит, учащимся для успешной сдачи ЕГЭ и решения олимпиадных задач нужно знать и теорию, и методику решения неопределенных уравнений.

2. Историческая справка

Диофантовыми уравнениями называют алгебраические уравнения или системы алгебраических уравнений с целыми коэффициентами, для которых надо найти целые или рациональные решения. При этом число неизвестных в уравнениях должно быть не менее двух (если не ограничиваться только целыми числами). Диофантовы уравнения имеют, как правило, много решений, поэтому их называют неопределенными уравнениями.

Названы они так по имени древнегреческого учёного Диофанта (3 век до н.э.), в книге которого «Арифметика» впервые обстоятельно исследовались такие уравнения.

Чтобы исчерпать всё известное о личности Диофанта, приведём дошедшее до нас стихотворение-загадку:

Прах Диофанта гробница покоит; дивись ей — и камень
Мудрым искусством его скажет усопшего век.
Волей богов шестую часть жизни он прожил ребёнком
И половину шестой встретил с пушком на щеках.
Только минула седьмая, с подругою 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.
Одним из самых своеобразных древнегреческих математиков был Диофант Александрийский, труды которого имели большое значение для алгебры и теории чисел. До сих пор не выяснены ни год рождения, ни дата смерти Диофанта: полагают, что он жил в III в.н.э. В одном из древних рукописных сборников задач в стихах жизнь Диофанта описывается в виде следующей алгебраической загадки, представляющей надгробную надпись на его могиле:
Из решения уравнения х = х/6+х/12+х/7+5+х/2+4 (где х – количество лет, прожитых Диофантом) получаем, что Диофант женился в 33 года, стал отцом на 38-ом году, потерял сына на 80-ом году и умер в 84год

3. Виды диофантовых уравнений

Общего способа, при помощи которого возможно после конечного числа операций установить, разрешимо ли диофантово уравнение в целых числах, быть не может, не существует единого алгоритма, позволяющего за конечное число шагов решать в целых числах произвольные неопределенные уравнения.

При исследовании неопределенных уравнений обычно ставятся следующие вопросы:

имеет ли уравнение целочисленные решения;

конечно или бесконечно множество его целочисленных решений;

решить уравнение на множестве целых чисел, т. е. найти все его целочисленные решения;

решить уравнение на множестве целых положительных чисел.

Виды диофантовых уравнений

1.Диофантовы 2. Диофантовы

уравнения 1- ой степени уравнения 2-ой степени с двумя

с n неизвестными

( где все неизвестные и (где a,b,c,d,e,f — целые числа)

коэффициенты — целые числа Пример:

и хотя бы один из коэффициентов 1 ах 2 + b ху +с у 2 =0 — однородное;

отличен от нуля) 2. х 2 +у 2 = z 2

1. ax + by = 0 — однородное;

4. ax + by + cz = d.

3.Диофантовы уравнения n-ой степени с 2 неизвестными

где — целые числа и степень уравнения — больше или равна 3.

Раздел математики, занимающийся решением диофантовых уравнений, называется «диофантовым анализом», и он, в свою очередь, является частью интересного раздела современной математики – теории чисел . В теории чисел созданы специальные методы решения диофантовых (их ещё называют неопределёнными) уравнений.

Задача решения уравнений третьей степени с двумя неизвестными до сих пор не нашла полного решения. Отдельные типы таких уравнений, как и другие задачи неопределённого анализа, решили советские учёные Б.Н.Делоне, А. О. Гельфонд и другие. Вообще же, алгоритм, с помощью которого можно определить, имеет ли произвольное диофантово уравнение целочисленные решения, не найден и даже пока неизвестно, существует ли такой алгоритм.

4.Способы и методы решения

Решение уравнений в целых числах – один из самых красивых разделов математики. Ни один крупный математик не прошел мимо теории диофантовых уравнений. Ферма, Эйлер, Лагранж, Гаусс, Чебышев оставили неизгладимый след в этой интересной теории.

При решении уравнений в целых и натуральных числах можно условно выделить следующие способы и методы:
1. Способ перебора вариантов.
2. Метод остатков

3.Алгоритм Евклида
4. Цепные дроби.
5. Способ рассеивания.

6. Метод бесконечного спуска.

7. Метод разложения на множители.

8. Использование четности.

1. Способ перебора вариантов

Пример 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 . Всего в аквариуме животных 3+3 =6

Этот метод основан на исследовании возможных остатков левой и правой частей уравнения от деления на некоторое фиксированное натуральное число. Рассмотрим пример, который раскрывает сущность данного метода.

Многие «математические фокусы» основаны на методах решения неопределенных уравнений. Например, фокус с угадыванием даты рождения.

Пример1 . Предложите вашему другу угадать его день рождения по сумме чисел равных произведению даты его рождения на 12 и номера месяца рождения на 31.

Для того чтобы угадать его день рождения нужно решить уравнение:

12х + 31y = с. Пусть вам назвали число 284, т.е. имеем уравнение 12х + 31y = 284. Для того, чтобы найти х и y можно рассуждать так: число

12х + 24y делится на 12, следовательно, по свойствам делимости, числа 7y и 284 должны иметь одинаковые остатки при делении на 12. Число 284 при делении на 12 дает остаток 8, следовательно, 7y при делении на 12 тоже должно давать в остатке 8, а так как y – это номер месяца, то 1 ≤ y ≤ 12, следовательно, y=8. Теперь нетрудно найти х=3. Таким образом, ваш друг

родился 3 августа.

Ответ: 3 августа.

3.Алгоритм Евклида.
Можно найти наибольший общий делитель натуральных чисел а и b, не раскладывая эти числа на простые множители, а применяя процесс деления с остатком. Для этого надо разделить большее из этих чисел на меньшее. Потом меньшее из чисел на остаток при первом делении, затем остаток при первом делении на остаток при втором делении и вести этот процесс до тех пор, пока не произойдет деление без остатка (т.к. остатки убывают, то это на каком-то шаге случится). Последний отличный от нуля остаток и есть искомый НОД (а, b).
Решая диофантовы уравнения первой степени ax + by = с, можно применять следующие теоремы:
Теорема1 . Если НОД (a, b) = 1, то уравнение ax + by = 1 имеет, по меньшей мере, одну пару (x, y) целого решения.
Теорема 2 . Если НОД (a, b) = d > 1, и число с не делится на d, то уравнение

ах + by = с не имеет целого решения.
Теорема 3 . Если НОД (a, b) = 1,то все целые решения уравнения ах + by = с определяются формулой: х= х ₀ с + bt; y = y ₀ c — at.
Здесь (х ₀ , y ₀ ) – целое решение уравнения ах + by = 1, а t – произвольное целое число.
Пример 1. Решить в целых числах уравнение 54х + 37у = 1.
По алгоритму Евклида а = 54, b = 37. Подставляем данные под алгоритм и получаем: 54=37∙1+17, остаток от деления 17 = 54-37∙1
Далее, следуя алгоритму, получаем: 37 = 17∙2+3 , 3 = 37-17∙2
17 = 3∙5+2 , 2 = 17- 3∙5, 3 = 2∙1+1 , 1 = 3 — 2∙1
После нахождения единицы выражаем через неё значения а и b:

1 = 3 – (17-3∙5); 1 = 17- 3∙4; 1 = 17 — (37- 17∙2) ∙4;

1 = 17 — 37∙4+17∙8; 1 = 17∙9 – 37∙4; 1 = (54- 37∙1) 9 — 37∙4;
1 = 54∙9 — 37∙9 — 37∙4; 1 = 54∙9 — 37∙13; 1 = 54х + 37
Следовательно, х ₀ = 9, у ₀ = -13. Значит, данное уравнение имеет следующее решение

у= -13- 54 t
Пример 2. Требуется найти целое решение уравнения 15x + 37y = 1.
1-й метод. Воспользуемся разложением единицы:
1 = 15∙5 + 37∙(-2). Ответ: x = 5, y = -2.
2-й метод. Применяя алгоритм Евклида, имеем: 37 = 15∙2 + 7, 15 = 2∙7 + 1. Отсюда 1 = 15 – 2∙7 = 15 – 2(37 – 15∙2) = 15∙5 + (-2) ∙37. Тогда x _о = 5,y _о = -2. Общее решение уравнения есть система

Пример 3 . В уравнении 16x + 34y = 7, НОД (16, 34) = 2 и 7 не делится на 2,то нет целых решений.
4. Цепные дроби. Одним из применений алгоритма Евклида является представление дроби в виде

где q ₀ – целое число, а q ₁ , … , q _n – натуральные числа. Такое выражение называется цепной (конечной непрерывной) дробью.

Уравнение: ах + b у= c с взаимно простыми коэффициентами a и b имеет решение
х ₀ =(-1) n cQ _{n -1 ,} у _{0 =} (-1) n +1 с P _{n -1}
где — предпоследняя подходящая дробь к цепной дроби , в которую раскладывается дробь .
Пример1. Для перевозки большого количества контейнеров по 170 кг и по 190 кг выделены трехтонные машины. Можно ли ими загружать машины полностью?
Решение: пусть х и у количество контейнеров по 170 и 190 кг соответственно, тогда имеем уравнение
170х+190у=3000;
17х+19у=300.

Для нахождения частного решения воспользуемся разложением дроби в цепную дробь


Свернув предпоследнюю подходящую к ней дробь в обыкновенную

Частное решение данного уравнения имеет вид
х ₀ = (-1) 4 300∙9=2700, у ₀ =(-1) 5 300∙8= -2400,
а общее задается формулой
х=2700-19k, y= -2400+17k.
откуда получаем условие на параметр k
141 k ≤

5.Способ рассеивания (размельчения) впервые применил в начале VI в. индийский математик Ариабхатта. Метод заключается в сведении данного уравнения к последовательности других уравнений с убывающими по абсолютной величине коэффициентами перед неизвестными.
Продемонстрируем его на примере решения следующей задачи.

Пример1. Найти два числа, если разность произведений первого на 19 и второго на 8 равна 13.
Решение. Требуется решить уравнение 19х — 8у = 13
Перепишем его иначе: 8y=19x–13; 8y=16x+3x–13; у = 2х +
и обозначим y ₁ = у — 2х.

В результате уравнение примет вид 8у ₁ = Зx — 13 или x= 2y ₁ + _.
Если вновь произвести замену х ₁ = x — 2у ₁ , то придем к уравнению
3x _l — 2у ₁ = 13 .
Заметим, что коэффициенты при неизвестных уменьшились — измельчились. Продолжим дальнейшее их уменьшение: так как y ₁ = x _l + , то положим у ₂ = у ₁ –х ₁ .
В результате последнее уравнение преобразуется к виду х ₁ — 2у ₂ = 13 . Здесь коэффициент при х ₁ , равен 1, а поэтому при любом целом у ₂ = t число х ₁ тоже целое.
Остается выразить исходные переменные через t:
вначале выразим х ₁ =2t+13, y ₁ = 3t+13; а затем x = 8t + 39 , y= 19 t + 91 .
Итак, получаем бесконечную последовательность ( 39 +8 t; 91 + 19 t ) целочисленных решений .
Нетрудно заметить, что методы цепных дробей и рассеивания являются лишь другой формой применения алгоритма Евклида

6. Метод бесконечного спуска
Решение уравнений методом бесконечного спуска проходит по следующей схеме: предположив, что уравнение имеет решения, мы строим некоторый бесконечный процесс, в то время, как по самому смыслу задачи этот процесс должен на чём–то кончаться.
Часто метод бесконечного спуска применяется в более простой форме. Предположив, что мы уже добрались до естественного конца, видим, что «остановиться» не можем.
Пример 1 . Решить в целых числах 29х + 13у + 56z = 17 (1)
Выразим неизвестное, коэффициент при котором наименьший, через остальные неизвестные.
у=(17-29х-56z)/13=(1-2x-4z)+(4-3x-4z)/13 (2)
Обозначим (4-3x-4z)/13 = t1 (3)
Из (2) следует, что t1 может принимать только целые значения. Из (3) имеем 13t1 + 3x + 4z = 14 (4)
Получим новое диофантово уравнение, но с меньшими, чем в (1) коэффициентами. Применим к (4) те же соображения: x=(4-13t1-4z)/3= (1-4t1-z) + (1-t1-z)/3
(1-t1-z)/3 = t2 , t2 – целое, 3t2+t1+z = 1 (5)
В (5) коэффициент при z – неизвестном исходного уравнения равен 1 – это конечный пункт «спуска». Теперь последовательно выражаем z , x , y через t ₁ и t ₂ .

z = -t ₁ – 3t ₂ + 1
t ₁ , t ₂ — любые целые числа – все целые решения уравнения (1)
7. Метод разложения на множители
Данный метод применяются к решению диофантовых уравнений первой и второй степени.
Пример 1. Решите в целых числах ху = х+у

Перепишем уравнение в следующем виде ху – х – у + 1 = 1. Левую часть данного уравнения разложим на множители, применяя способ группировки. х(у – 1) – (у – 1) = 1; (у – 1)(х – 1) = 1. Следовательно,

у – 1 = 1 у – 1 = -1

х – 1 = 1 х – 1 = -1

Пример 2 Решите уравнение в целых числах: x² — y² = 91.

Разложим левую часть данного уравнения на множители: (х–у)(х+у) = 91. Так как 91= 1 ∙ 91 =91 ∙ 1=(-1) ∙ (-91) = (-91) ∙ (- 1) = 7 ∙ 13 =

= 13 ∙ 7 = (-7) ∙ (-13) = (-13) ∙ (-7), то решение данного уравнения сводится к решению восьми систем:

1) x – y = 1 3) х-у= -91 5) x – y = 7 7) х-у=13

x + y = 91 х+у=1 x + y = 13 х+у=7

(46; 45) (46; -45) (10; 3) (10;-3)

2) x – y =- 1 4) х-у= -91 6) x – y = -7 8) х- у= -13

x + y =- 91 х+у=-1 x + y = -13 х+у= -7

(-46; -45) (-46;45) (-10; -3) (-10;3) Ответ: (46; 45),(46; — 45),(-46; -45),(-46; 45),(10; 3),(10; -3),(-10; -3),(-10; 3).

Пример 3. Решите в натуральных числах 2х² + 5ху – 12у² = 28.

Разложим левую часть данного уравнения на множители, для этого перепишем уравнение в следующем виде: 2х² — 3ху + 8ху – 12у² = 28.

Применяя способ группировки, получим (2х – 3у)(х + 4у) = 28. Так как х, у – натуральные числа, то (х + 4у) ∈ N и х + 4у ≥ 4, тогда возможны следующие случаи:

1) 2х – 3у = 1 2) 2х – 3у = 4

х + 4у = 28 х + 4у = 7

(8; 5); решений в натуральных числах нет;

решений в натуральных числах нет.

Пример 4. Решите в целых числах 2ху = х² + 2у.

Перепишем уравнение в следующем виде х² — 2ху + 2у = 0. Данное уравнение также решается методом разложения на множители, однако, с помощью формулы разности квадратов или способа группировки мы не сможем разложить на множители левую часть этого уравнения, поэтому целесообразнее использовать метод выделения полного квадрата.

(х² — 2ху + у²) — у² + 2у – 1 + 1 = 0, (х – у)² — (у – 1)² =-1.

(х – у – у + 1)(х – у + у – 1) = -1, (х – 2у + 1)(х – 1) = -1.

Решение этого уравнения сводится к решению следующих систем:

х – 2у + 1= -1 или х – 1= -1

х – 1= 1 х – 2у + 1= 1

(2; 2) решений в натуральных числах нет

Пример 5. Решите в целых числах 3(х² + ху + у²)= х + 8у

Рассмотрим уравнение, как квадратное относительно х.

3х ² + (3у — 1)х + 3у² — 8у = 0. Найдём дискриминант уравнения

D = =(3у – 1) ² — 4 ∙3(3у² — 8у) = 9у² — 6у + 1 – 36у² + 96у = -27у² + 90у + 1.

Данное уравнение имеет корни, если D ≥ 0, т. е. –27у² + 90 у + 1≥ 0

(-45 + √2052)/ (-27) ≤ у ≤ (-45 -√2052)/ (-27). (1)

Так как у ∈ Z, то условию (1) удовлетворяют только 0, 1, 2, 3. Перебирая эти значения, получим, что уравнение в целых числах имеет решения (0; 0) и

8. Использование четности

Пример 1 .Решить в простых числах уравнение

Решение. Рассмотрим два случая в зависимости от четности переменной x.
a) Пусть x — нечетное число. Подстановка x = 2t + 1 приводит исходное уравнение к виду
(2t + 1) 2 — 2y 2 = 1 или 2y 2 = 4t(t + 1), y 2 = 2t(t + 1),

Так как y — простое число, то при t =1 y = 2. Отсюда
b) Пусть x — четное число, х=2 t . Так как x — простое число, то x = 2 при t =1 Следовательно, у= ∈ N , т. е. уравнение неразрешимо в простых числах. Следовательно, уравнение имеет в классе простых чисел единственное решение (3;2).

1.Решение неопределенных уравнений разными способами (Урок решения одной задачи)

Задача. Шехерезада рассказывает свои сказки великому правителю. Всего она должна рассказать 1001 сказку. Сколько ночей потребуется Шехерезаде, чтобы рассказать все свои сказки, если x ночей она будет рассказывать по 3 сказки, а остальные сказки по 5 за у ночей .

Решение. Сказочнице, очевидно, потребуется x+y ночей, где x и y – натуральные корни диофантова уравнения 3х+5у=1001 . Решим это уравнение различными способами.

1. С помощью алгоритма Евклида

НОД(3,5)=1, уравнение имеет целые решения.
5=3∙1+2

х=1001∙2+5 t х=2002+5 t

у=1001∙(-1)-3 t ; у= -1001-3 t

2002+5 t ≥0 t ≥ -2002/5= -400,4

-1001-3 t ≥0 t ≤ -1001/3= -333 ; -400 ≤ t ≤ -334

Получаем, что всего 67 целых значений переменной t содержится в указанном промежутке.
Например, при t= –335, получим
у = -1001 +1005 = 4; x =2002 – 1675 = 327, т. е. решение 327+4=331
2. Способ с использованием цепной дроби.

Обратимся к уравнению 3х + 5у = 1001 .
Решение.
Представим дробь 3/5 в виде конечной цепной дроби.

Запишем дробь в виде цепной дроби = [0;1, 1, 2]

Запишем общее решение уравнения:

х=(-1) 2 ∙1001∙2+ 5 t х=2002 + 5 t

у=(-1) 3 ∙1001∙1-3 t у= -1001-3 t
Получили решение того же вида. С учетом условия, что корни уравнения натуральные, имеем те же значения для переменной t , что и в первом случае. Так, при t= – 335 получается пара (327; 4).
3. Способ измельчения (рассеивания).

3х + 5у = 1001.
Перепишем его иначе: x = – y + и обозначим x _l = у + x
В результате уравнение примет вид 3х ₁ = 1001 – 2у или у = –x _l + _.
Если вновь произвести замену у ₁ = у + х ₁ , то придем к уравнению
x ₁ + 2у ₁ = 1001 . Заметим, что коэффициенты при неизвестных уменьшились — измельчились.
Здесь коэффициент при x ₁ , равен 1, а поэтому при любом целом у ₁ = t число х ₁ тоже целое. Остается выразить исходные переменные через t : х ₁ = 1001 – 2 t , следовательно, у = – 1001 + 3 t , а x = 2002 – 5 t . Итак, получаем бесконечную последовательность ( 2002 – 5 t , – 1001 + 3 t ) целочисленных решений . Внешний вид формул для нахождения значений переменных отличается от решений, полученных ранее, но с учетом условия задачи, корни получаются те же самые. Так, пара (327;4) получается при t = -335.

Задача 1. После кораблекрушения. В книге М. Гарднера «Математические головоломки и развлечения», в которой есть эта задача, написано, что она «принадлежит к числу наиболее часто решаемых, но наименее поддающихся решению, диофантовых головоломок». Когда эта задача в 1926 году появилась в одной газете (без решения и ответа), то 20 лет после этого не прекращался поток писем в газету либо с просьбой сообщить ответ, либо с вариантами собственных решений.

Пять моряков высадились на остров и к вечеру собрали кучу кокосовых орехов. Дележ отложили на утро. Один из них, проснувшись ночью, пересчитал добычу, угостил одним орехом мартышку, а из остальных орехов взял себе точно 1/5 часть, после чего вновь лег спать и быстро уснул. За ночь так же поступили один за другим и остальные моряки; при этом каждый не знал о действиях своих предшественников. Наутро они поделили оставшиеся орехи поровну, но для мартышки в этот раз лишнего ореха не осталось. Сколько орехов собрали моряки?
Решение.
Обозначим искомое число орехов через х. Выражая последовательные действия моряков уравнениями, получаем x=5а + 1; 4а = 5b + 1; 4b = 5c + 1;
4c = 5d + 1; 4d = 25y + 1.
Эта система сводится к одному неопределенному уравнению
256х = 2101 + 15625у .
Ответ: x = 3121

Задача 2. Крестьянка несла на базар корзину яиц. Неосторожный всадник, обгоняя женщину, задел корзину, и все яйца разбились. Желая возместить ущерб, он спросил у крестьянки, сколько яиц было в корзине. Она ответила, что число яиц не знает, но когда она раскладывала их по 2 , по 3 , по 4 , по 5 и по 6 , то каждый раз одно яйцо оставалось лишним, а когда она разложила по 7 , лишних яиц не осталось. Сколько яиц несла крестьянка на базар?
Решение .
Пусть x – число яиц. Так как ( x – 1) делится на 2 , на 3 , на 4 , на 5 , на 6 , то оно делится на их НОК, равное 60 . Значит, x имеет вид 60у + 1 .
Поэтому для ответа на вопрос задачи надо решить в натуральных числах уравнение 60у + 1 = 7z , или 7z – 60у=1.
С помощью способа с использованием цепной дроби получаем, что целочисленные решения уравнения имеют вид у = -2 + 7t , z = -17 + 60t , где t – любое целое число.
Наименьшее положительное решение получаем при t = 1 . В этом случае у = 5 , z = 43 . Итак, крестьянка несла на базар 301 яйцо.
Ответ. Крестьянка несла на базар 301 яйцо.

Задача 3. (Опубликована в сборнике задач монаха Алькуина, приглашенного в 795 году Карлом Великим преподавать в первую из известных школ в г. Аахен). «Разделили сто шеффелей (денежная единица) между 100 лицами так, чтобы каждый мужчина получил 3 шеффеля, каждая женщина 2, а каждое дитя шеффеля. Сколько было мужчин, женщин и детей?»

Решение. Пусть х- мужчин, у-женщин и z-детей. Получим уравнения:

3х + 2у + z = 100 , 6х + 4у + z = 200 (1)
х + у + z = 100 (2).
Из (2): z = 100 – х – у (3).
(3) подставим в (1): 6х +4у+100 – х – у = 200, имеем 5х + 3у = 100.
Решим полученное уравнение. НОД(5;3) = 1. Чтобы записать линейное разложение 1 включим алгоритм Евклида:
5 = 3∙1 + 2
3 = 2∙1 + 1
2 = 2∙1, тогда 1= 3 – 2=3 – (5 – 3) = 3 – 5 + 3 = 3∙2 – 5 = 3∙2 + 5∙(-1) и u = -1,

v =2, следовательно
х ₀ = -100; у ₀ = 200. Получили решение уравнения х = -100 +3t, у=200 – 5t.
Учитывая, что х, у и z – натуральные числа, то задача имеет 6 решений.

Задача4 .Сколько можно купить на 100 монет петухов, кур и цыплят, если всего надо купить 100 птиц, причём петух стоит 5 монет, курица – 4 , а 4 цыплёнка – одну монету?
Решение.
Пусть x – искомое число петухов, у – кур, а 4z – цыплят. Составим систему уравнений, которую надо решить в целых неотрицательных числах.
х+у +4 z =100

Умножив первое уравнение системы на 4 , а второе – на (-1) и, сложив результаты, придём к уравнению -x + 15z = 300 с целочисленными решениями x = -300 + 15t , z = t . Подставляя эти значения в первое уравнение, получим y = 400 — 19t . Значит, целочисленные решения системы имеют вид
x = -300 + 15t , y = 400 — 19t, z = t .
Из условия задачи вытекает, что
-300+15 t ≥0,

t ≥0 откуда 20 ≤ t ≤ 21 т.е. t =20 или t =21

Ответ . На 100 монет можно купить 20 кур и 80 цыплят, или 15 петухов, 1 курицу и 84 цыплёнка.
Задача 5 . (из древнего китайского сборника)
Найти число, которое при делении на 3 даёт остаток 2 , при делении на 5 – остаток 3 , а при делении на 7 – остаток 2 .
Решение .
Рассмотрим решение этой задачи китайским математиком Сунь-цзы (III или IV вв.): «При делении на 3 остаток есть 2 . Поэтому возьмём 140 . При делении на 5 остаток есть 3 , поэтому возьмём 63 . При делении на 7 остаток есть 2 , поэтому возьмём 30 . Сложив их вместе, получим 233 . Из этого вычтем 210 и получим ответ».
Разберём решение Сунь-цзы. Сначала он подбирает число 140 , кратное 5 и 7 , которое при делении на 3 даёт остаток 2 . Конечно, это не наименьшее натуральное число с такими свойствами: можно было бы взять число 35 . Но это не столь важно для решения задачи. Затем берётся число 63 , кратное 3 и 7 , дающее при делении на 5 остаток 3 . Аналогично находится число 30 . Очевидно, для числа 233 = 140 +63+ 30 выполняются все условия задачи, а потому они выполняются для числа вида n = 105l + 233 . В свою очередь 233=2·105 + 23, поэтому все натуральные решения можно записать формулой n = 105k + 23 , где k = 0, 1, … .
При k = 0 из неё получаем наименьшее натуральное решение, равное 23 .
Задача 6. Леонарда Пизанского (итальянский математик Л. Пизанский (1180-1240) по прозвищу Фибоначчи).

Некто купил 30 птиц за 30 монет (одного достоинства). За каждых три воробья уплачена одна монета, за каждых 2 снегиря – тоже одна монета, а за каждого голубя – по 2 монеты. Сколько было птиц каждого вида?
Решение. Пусть х – количество воробьёв, у – снегирей, z – голубей. По условию задачи составим два уравнения:

х + у + z = 30 (1), + +2z = 30 (2). умножим на 6 и (2) – (1), получим х = 30 – у –z (3), х + 2у + 11z = 150 (4). В (4) вместо х подставим (3). Имеем 30 – у – z + 2у + 11z = 150 (5), преобразуем (5), тогда у + 10z = 120, у = 120 – 10z, а х,у,z — целые числа и 0
0 z

Некий чиновник купил лошадей и быков за 1770 талеров. За каждую лошадь он уплатил по 31 талеру, а за каждого быка по 21 талеру. Сколько лошадей и быков купил чиновник?

Решение.21х+31 y =1770

Заметим, что 31-21=10. Отсюда 21∙(-177)+31∙177=1770. То есть сразу имеем одно решение х ₀ = -177, у ₀ =177.

Сделаем замену: x=u-177, y=v+177
и подставим в уравнение. В результате получим 21u=-31v
Так как 21 и 31 взаимно просты, то u делится нацело на 31: u=31∙t, для некоторого целого t. Подставив в 21u=-31v, получим v=-21∙t.
Таким образом, все целые решения уравнения у нас есть:
x=31∙t — 177,
y=-21∙t + 177.
Остается найти целое t, такое что 31∙t — 177>=0, -21∙t + 177>=0.
Отсюда 177/31 персон издержали вместе 88 марок, причём

Ответ: 9; 71 или 30;40 или 51;9.

Задача 8. Некто покупает в магазине вещь стоимостью в 19 р. У него имеются лишь 15 трёхрублёвок, у кассира же – лишь 20 пятирублёвок. Можно ли расплатиться и как?

у ₁ – 2 у ₂ = 1, у ₁ = 2 у ₂ + 1, откуда х = 5 у ₂ + 8, у = 3 у ₂ + 1.

Ввиду того, что х и у должны быть положительными и учитывая условие задачи у ₂ может принимать только два значения: 0; 1. Отсюда вытекают два возможных решения: (8; 1), (13; 4)

Следующие задания предлагаются для самостоятельного решения.

Задача 9. Продажа кур (старинная задача)

Три сестры пошли на рынок с курами. Одна принесла для продажи 10 кур, другая – 16, третья – 26. До полудня они продали часть своих кур по одной и той же цене. После полудня, опасаясь, что не все куры будут проданы, они понизили цену и распродали оставшихся кур снова по одинаковой цене. Домой все трое вернулись с одинаковой выручкой: каждая сестра получила от продажи 35 рублей. По какой цене они продавали кур до и после полудня?

Задача10 . Адама Ризе (16 век)

26 персон издержали вместе 88 марок, причем мужчины издержали по 6 марок, женщины — по 4, девушки – по 2.Сколько было мужчин, женщин и девушек?

Решить уравнения в целых числах.

(х +1) 2 + у 2 = 0; х 2 – 10х + 25 + у 2 =0 ; х 2 – 4х + у 2 + 2у + 5=0; х 2 +5у 2 +4ху + 2у + 1=0