Решение уравнений и неравенств в целых числах

Методы решения уравнений и неравенств в целых числах

Методы решения уравнений и неравенств в целых числах

Скачать:

Предварительный просмотр:

Подписи к слайдам:

7. Методы решения уравнений и неравенств в целых числах Выполнила: ученица 11 «А» класса Устименко О.Д. Учитель математики: Кукса Б.И. 2014г. МОУ — СОШ № 3 г. Можайск Презентация на тему:

7.1. Линейные уравнения Метод прямого перебора Использование неравенств Использование отношения делимости Метод «спуска» Использование формул 7.2. Нелинейные уравнения Метод разложения на множители Вынесение общих множителей за скобку Применение формул сокращенного умножения Использование параметра Метод решения относительно одной переменной выделение целой части Метод «спуска» метод конечного «спуска» Параметризация уравнения Функционально-графический метод 7.3. Неравенства Использование области определения Использование монотонности Использование ограниченности 7.4. Уравнения и неравенства Уравнение с одной неизвестной Показательные уравнения Неравенства Уравнения, содержащие функцию «целая часть числа» [ x ]

Пример 74. В клетке сидят кролики и фазаны. Всего у них 18 ног. Узнать сколь- ко в клетке тех и других. Укажите все решения. Решение. Пусть х – количество кроликов , у – количество фазанов, тогда имеем уравнение 4 x + 2y = 18 или 2x + y = 9 Если х =1, то у=7. Если х=2, то у=5. Если х = 3, то у = 3. Если х = 4, то у = 1. При х = 5 получаем 2 ∙ 5 = 10 > 9. Ответ: (1 ;7), (2;5), (3;3), (4;1). 7.1. Линейные уравнения Метод прямого перебора

Использование неравенств Пример 75. Решить в натуральных числах уравнение 5х + 8у = 39 Решение. Для уменьшения перебора вариантов рассмотрим неравенства 5х = 39 – 8у ≥ 0 8у = 39 – 5х ≥ 0 у ≤ 4 х ≤ 7 Проведем перебор по неизвестной у. Если у = 1, то х = 6,2 не является натуральным числом. Если у = 2, то х = 4,6 не является натуральным числом. Если у = 3, то х = 3. Если у = 4, то х = 1,4 не является натуральным числом. Ответ: (3; 3)

Использование отношения делимости Пример 76. Имеются контейнеры двух видов: по 130 кг и 160 кг. Сколько было контейнеров первого и сколько второго вида, если вместе они весят 3 тонны? Укажите все решения Решение. Обозначим количество контейнеров первого вида через х , второго – через у . Получаем уравнение 130х + 160у = 3000 или 13х + 16у = 300. Далее имеем : 13х + 13у + 3у = 13 ∙ 23 + 1, 3у — 1 = 13 ∙ (23 — х — у). Отсюда следует, что разность 3у — 1 делится на 13. Если 3у — 1 = 0, то у не является натуральным числом. Если 3у — 1 = 13, то у не является натуральным числом. Если 3у — 1 = 26, то у = 9 и х = 12. Если 3у — 1 = 39, то у не является натуральным числом. Если 3у — 1 = 52, то у не является натуральным числом. Если 3у — 1 = 65, то у = 22 но 16 ∙ 22 = 352 > 300. Ответ: 12 контейнеров по 130 кг и 9 по 160 кг.

Метод «спуска» Пример 79. Решить в целых числах уравнение 5х — 7у = 3. Решение. Выразим из уравнения то не- известное, коэффициент при котором меньше по модулю: Дробь должна быть равна целому числу. где z – целое число. Тогда 2у + 3 = 5 z . Из последнего уравнения выразим то неизвестное, коэффициент при котором меньше по модулю, и проделаем аналогичные преобразования: Дробь должна быть целым числом. Обозначим , г де t – целое число . Отсюда z = 2t — 3. Последовательно возвращаемся к неизвестным x и y . y = 3∙(2t — 3) — t = 5t — 9, x = y + z = 5t — 9 + 2t — 3 = 7t — 12. Ответ: x = 7t — 12, y = 5t — 9, где t Z . Положим ,

Использование формул Теорема. Уравнение a 1 x 1 + a 2 x 2 + … + a n x n = b разрешимо в целых числах тогда и только тогда, когда d │ b , где d = НОД ( a 1, a 2 ,…, a n ). Теорема. Пусть уравнение ax + by= c разрешимо в Z и пара ( x 0 ; y 0 ) является частным решением этого уравнения. Тогда множеством всех решений в Z данного уравнения является множество пар ( x; y ) , где Следствие. Пусть а и b взаимно просты и ( x 0 y 0 ) какое-нибудь решение уравнения ax + by = c (*) Тогда формулы x = x 0 — b ∙ t , y = y 0 + a ∙ t при t є Z дают все решения уравнения (*).

Пример 81. (МГУ, 1969). Остаток от деления некоторого натурального числа n на 6 равен 4, остаток от деления n на 15 равен 7. Чему равен остаток от деления n на 30? Решение. Из условия задачи следует, что существует натуральное число k такое, что n = 6k + 4. 2 k — 5l = 1. (*) Для решения этого уравнения найдем какое-нибудь частное решение в целых (не обязательно неотрицательных) числах. Подбором в качестве такого частного решения можно взять, например, k = -2 , l = -1 . Согласно следствия уравнение (*) имеет решения k = -2 +5t, l = -1 + 2t, где t є Z. Чтобы числа k и l были неотрицательными, параметр t должен принимать натуральные значения. Теперь имеем n = 6 ∙ (5t — 2) +4 = Ответ: 22. Аналогично имеем , n = 15l + 7, где l є N. Исключая из этих двух равенств n , получим уравнение 30t — 8 = 30(t — 1) + 22.

Пример 83. Решить в целых числах уравнение 127 x — 52y + 1 = 0. Решение. Преобразуем отношение коэффициентов при неизвестных. Прежде всего, выделим целую часть неправильной дроби Правильную дробь заменим равной ей дробью Тогда получим Проделаем такие же преобразования с полученной в знаменателе неправильной дробью . Повторяя те же рассуждения для дроби , получим

Мы получили выражение, которое называется конечной цепной или непрерывной дробью. Отбросив последнее звено этой цепной дроби – одну пятую, превратим получающуюся при этом новую цепную дробь в простую и вычтем ее из исходной дроби Приведем полученное выражение к общему знаменателю и отбросим его 127 ∙ 9 — 52 ∙ 22 + 1 = 0. 127 x -52y + 1 = 0 x = 9, y = 22 x = 9 +52t , y = 22 + 127 t , где t є Z . Ответ: x = 9 +52t , y = 22 + 127 t , где t є Z .

7.2. Нелинейные уравнения Метод разложения на множители вынесение общих множителей за скобку Пример 84. Решить в целых числах уравнение 2 x 3 + xy — 7 = 0 . Решение. Приведем данное уравнение к виду x(2x 2 + y) = 7 Так как 7= 1 ∙ 7 = 7 ∙ 1 = -1 ∙ (-7) = -7 ∙ (-1), то рассмотрим четыре системы уравнений: Из каждой системы получаем решения. Ответ: (1; 5); (-1; -9); (7; -97); (-7; -99).

Применение формул сокращенного умножения Пример 85. Найти все пары натуральных чисел, разность квадратов которых равна 55. Решение. Запишем условие задачи в виде уравнения n 2 — k 2 = 55 или (n — k)(n + k) = 55. Так как n + k > 0 , то n — k > 0 , причем n + k > n — k. Поскольку 55 = 1 ∙ 55 = 5 ∙ 11 то возможны два случая Решая эти уравнения, получим два ответа: n = 28, k = 27 и n = 8, k = 3. Ответ: (28; 27); (8; 3).

Использование параметра Пример 88. Решить в целых числах уравнение 2 x 2 — 2yx + 9x + y = 2. Решение. Перепишем уравнение в виде 2 x 2 — x(2y — 9) + y — 2 + a = a и разложим левую часть уравнения на множители как квадратный трехчлен относительно х . Находим дискриминант D = 4y 2 — 44y + 97 — 8a. Очевидно, если , 97 — 8a = 121 , то дискриминант будет полным квадратом. При этом a = -3 и Отсюда x 1 = 0,5 и x 2 = y — 5 . Уравнение принимает вид (2x — 1)(x — y + 5) = -3 . Рассмотрите самостоятельно решение последнего уравнения. Ответ: (1; 9); (-1; 3); (2; 8); (0; 2).

Метод решения относительно одной переменной выделение целой части Пример 89. (МГУ, 1997). Найти все пары целых чисел x и у, удовлетворяющие уравнению 3xy + 14x + 17y + 71 = 0. Решение. Выразим из данного уравнения у через х: При этом следует отметить, что величина 3x + 17 ≠ 0 (так как x – целое число). Выделим из дроби в правой части этого равенства правильную алгебраическую дробь (у которой степень числителя меньше степени знаменателя): Умножим обе части последнего равенства на 3:

Метод «спуска» метод конечного «спуска» Пример 96. Решить в целых числах уравнение 2x 2 — 5y 2 = 7. Решение. Так как 2x 2 – четное число, а 7 – нечетное, то 5y 2 должно быть нечетным, т.е. у – нечетное. Пусть , y = 2z + 1, где z є Z , тогда данное уравнение можно переписать в виде x 2 — 10z 2 — 10z = 6. Отсюда видно, что x должно быть четным. Пусть , x = 2m , тогда последнее уравнение примет вид 2m 2 — 5z(z + 1) = 3 , что невозможно, так как число z(z + 1) – четно, а разность двух четных чисел не может быть равна нечетному числу. Таким образом, данное уравнение не имеет решений в целых числах. Ответ: нет решений.

Поскольку числа 3у и 14 – целые, то 3x +17 должно быть делителем числа 25 : 3x + 17 = ±1; ±5; ±25 – всего 6 возможностей. Отсюда для x получаем три возможных значения: –4, –6, –14 (в остальных трех случаях x не является целым). Соответствующие значения у равны –3, –13, –5. Ответ: (-4; -3); (-6; -13); (-14; -5). Замечание. В данном примере суть выделения целой части состоит в избавлении переменной x из числителя (сравните с примером 77). В решении был использован прием домножения обеих частей равенства на коэффициент при x в знамена- теле. Этот прием домножения также удобно использовать при решении уравнений методом разложения на множители.

Параметризация уравнения Пример 99. Решить в целых числах уравнение x 3 + y 3 + z 3 = 2 . Решение. Положим x = a + b, y = a — b. Так как x 3 + y 3 = 2a 3 + 6ab 2 , то исходное уравнение принимает вид 2a 3 + 6ab 2 + z 3 = 2. Положив a = 1, получим z 3 = -6b 2 . Считаем теперь b = 6t 2 Отсюда x = 1 + 6t 2 , y = 1 -6t 2 , z = -6t 2 . Таким образом, получено бесконечное множество решений исходного уравнения, соответствующих целочисленным значениям параметра t . Ответ: x = 1 + 6t 2 , y = 1 -6t 2 , z = -6t 2 , где t є Z

Функционально-графический метод Пример 100. (МИОО 2010). Найти все пары натуральных k и n таких, что k e . Ответ: k = 2 , n = 4 .

7.3. Неравенства Использование области определения Пример 102. (МГУ, 1973). Найти все целые числа x , удовлетворяющие неравенству Решение. Допустимые значения x определяются системой неравенств Подставляем последовательно найденные значения x в неравенство, предварительно его упростив.

1. x = 1. Тогда 2. х = 2. Тогда 3. х = 3. Тогда Ответ: 2; 3.

Использование монотонности Пример 103. (МГУ, 1976). Найти все целые z , удовлетворяющие неравенству Решение. Допустимые значения z определяются из системы Заметим, что левая часть неравенства увеличивается с ростом z , а правая – уменьшается. Это обстоятельство позволяет упростить перебор. В силу сделанного выше замечания, необходимости в проверке значений z = 3, 4, 5, 6 нет. Эти числа решениями не являются. Ответ: -1, 0, 1.

Использование ограниченности Пример 104. (МГУ, 1996). Найти все целочисленные решения неравенства Решение. Целые решения будем искать из двух ограничений системы Первое неравенство выполняется при x = 3, 4, 5, 6. Но из этих значений исходному неравенству удовлетворяет только x = 3 . При x = 0, 1, 2 первое неравенство не выполняется. При x = -1 выполняется как первое не- равенство, так и исходное неравенство. При x = -2 первое неравенство не выполняется. При остальных значениях x = -3, -4, . первое неравенство не разрешимо, так как левая часть неравенства x(x 2 — 5) ≥ 3 будет отрицательной. Ответ: -1; 3.

Метод интервалов Пример 105. (МГУ, 1972). Определить, сколько целочисленных решений имеет неравенство Решение. Методом интервалов по 2 n определяем решения (см. рис. 2): Дальше подбором находим n = ± 2, ± 3, ±4 или n = ±8, ±9,±10, ±11, ±12. Ответ: 16 решений.

7.4. Уравнения и неравенства Уравнение с одной неизвестной Пример 107. Может ли квадратное уравнение ax 2 + bx + c = 0 с целыми коэффициентами иметь дискриминант, равный 23? Первое решение. Рассмотрим уравнение b 2 — 4ac = 23. Так как 23 – нечетное число, а 4 ac – четное, то b 2 и, следовательно, b – нечетное число, т.е . b = 2k — 1, k є Z . Тогда (2k — 1) 2 — 4ac = 23; 4(k 2 — k -ac) = 22. Последнее уравнение не имеет решений, так как 22 не делится на 4. Второе решение. Перепишем уравнение b 2 — 4ac = 23 в виде b 2 — 25 = 4ac — 2 и разложим обе части уравнения на множители: (b — 5)(b + 5) = 2(2ac — 1). (*) Так как в правой части уравнения – число четное, то и в левой – тоже четное, следовательно, b — 5 и b + 5 одновременно четные (докажите), т.е. b — 5 =2m, b — 5 = 2k. Левая часть уравнения (*) делится на 4 , а правая – нет, поэтому уравнение b 2 -4ac = 23 не имеет решений в целых числах. Третье решение. Перепишем уравнение b 2 -4ac = 23 в виде b 2 = 4ac + 23 или b 2 = 4(ac + 5) + 3. Получили, что квадрат натурального числа при делении на 4 дает остаток 3 , что невозможно (докажите). Ответ: не может.

Показательные уравнения Теорема. Если остаток от деления a 1 на b равен r 1 , а остаток от деления a 2 на b равен r 2 , то остаток от деления a 1 +a 2 на b равен остатку от деления r 1 + r 2 на b . Опорная задача. Докажите, что оста- ток от деления на 3 числа 5 k равен 1 , если k четно, и 2 , если k нечетно.

Неравенства Пример 121. (МИОО 2010). Найти все пары (x; y) целых чисел, удовлетворяющие системе неравенств : Решение. Выделяя полные квадраты, получаем: Из первого и второго неравенства системы: Подставляя x = 12 в систему, получаем: Ответ: (12; -8).

Уравнения, содержащие функцию «целая часть числа» [ x ] Целой частью числа x называется наибольшее целое число, не превосходящее х . Свойства целой части числа: 1) Из равенства [y] = n следует, что a) n – целое число; б) y = n + α , где 0 ≤ α < 1; в) 0 ≤ y - n < 1. 2) Если [ u ] = [ v ] то u = m + α , v = m+ β , где 0 ≤ α < 1 и 0 ≤ β <1 , поэтому u - v = α - β и -1 < u - v < 1. 3 ) Если [ x + y ] = x то x – целое число и 0 ≤ y < 1. 4) Если n – целое число, то [ n + x ] = n + [ x ].

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.

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)