Решите уравнение на множестве натуральных чисел

Алгебра и начала математического анализа. 10 класс

Конспект урока

Алгебра и начала математического анализа, 10 класс

Урок №9. Решение уравнений в целых числах.

Перечень вопросов, рассматриваемых в теме

1. понятие диофантовых уравнений;
2. теоремы для решения уравнений в целых числах;
3. основные методы решения уравнений в целых числах.

Глоссарий по теме

Диофантовыми уравнениями называются уравнения вида

Неопределенные уравнения – уравнения, содержащие более одного неизвестного. Под одним решением неопределенного уравнения понимается совокупность значений неизвестных, которая обращает данное уравнение в верное равенство.

Теорема 1. Если НОД(а, b) = d, то существуют такие целые числа х и у, что имеет место равенство ах + bу = d.

Теорема 2. Если уравнение ах + bу = 1, если НОД(а, b) = 1, достаточно представить число 1 в виде линейной комбинации чисел а и b.

Теорема 3. Если в уравнении ах + bу = с НОД(а, b) = d>1 и с не делится на d, то уравнение целых решений не имеет.

Теорема 4. Если в уравнении ах + bу = с НОД(а, b) = d>1 и с 1 и с не делится на d, то уравнение целых решений не имеет.

Для доказательства теоремы достаточно предположить противное.

Найти целое решение уравнения 16х — 34у = 7.

(16,34)=2; 7 не делится на 2, уравнение целых решений не имеет.

Теорема 4. Если в уравнении ах + bу = с НОД(а, b) = d>1 и с 2 + 23 = у 2

Перепишем уравнение в виде: у 2 — х 2 = 23, (у — х)(у + х) = 23

Так как х и у – целые числа и 23 – простое число, то возможны случаи:

; ; ; ;

Решая полученные системы, находим:

; ;;;

4. Выражение одной переменной через другую и выделение целой части дроби.

Решить уравнение в целых числах: х 2 + ху – у – 2 = 0.

Выразим из данного уравнения у через х:

Так как х, у – целые числа, то дробь должна быть целым числом.

Это возможно, если х – 1 =

; ;

; ;

5. Методы, основанные на выделении полного квадрата.

Найдите все целочисленные решения уравнения: х 2 — 6ху + 13у 2 = 29.

Преобразуем левую часть уравнения, выделив полные квадраты,

х 2 — 6ху + 13у 2 = (х 2 — 6ху + 9у 2 ) + 4у 2 = (х — 3у) 2 + (2у) 2 = 29, значит (2у) 2 29.

Получаем, что у может быть равен .

1. у = 0, (х — 0) 2 = 29. Не имеет решений в целых числах.

2. у = -1, (х + 3) 2 + 4 =29, (х + 3) 2 = 25, х + 3 = 5 или х + 3 = -5

3. у = 1, (х — 3) 2 +4 =29,

(х — 3) 2 =25, х – 3 = 5 или х – 3 = -5

4. у = -2, (х + 6) 2 + 16 = 29, (х + 6) 2 = 13. Нет решений в целых числах.

5. у=2, (х-6) 2 +16=29, (х-6) 2 =13. Нет решений в целых числах.

Ответ: (2; -1); (-8; -1); (8; 1); (-2; 1).

6. Решение уравнений с двумя переменными как квадратных

относительно одной из переменных.

Решить уравнение в целых числах: 5х 2 +5у 2 +8ху+2у-2х+2=0.

Рассмотрим уравнение как квадратное относительно х:

5х 2 + (8у — 2)х + 5у 2 + 2у + 2 = 0

D = (8у — 2) 2 — 4·5(5у 2 + 2у + 2) = 64у 2 — 32у + 4 = -100у 2 — 40у – 40= = -36(у 2 + 2у + 1) = -36(у + 1) 2

Для того, чтобы уравнение имело решения, необходимо, чтобы D = 0.

-36(у + 1) 2 = 0. Это возможно при у = -1, тогда х = 1.

7. Оценка выражений, входящих в уравнение.

Решить в целых числах уравнение:

(х 2 + 4)(у 2 + 1) = 8ху

Заметим, что если – решение уравнения, то – тоже решение.

И так как х = 0 и у = 0 не являются решением уравнения, то, разделив обе части уравнения на ху, получим:

,

Пусть х > 0, у > 0, тогда, согласно неравенству Коши,

,

тогда их произведение , значит,

Отсюда находим х = 2 и у = 1 – решение, тогда х = -2 и у = -1 – тоже решение.

8.Примеры уравнений второй степени с тремя неизвестными.

Рассмотрим уравнение второй степени с тремя неизвестными: х 2 + у 2 = z 2 .

Геометрически решение этого уравнения в целых числах можно истолковать как нахождение всех пифагоровых треугольников, т.е. прямоугольник треугольников, у которых и катеты х,у и гипотенуза z выражаются целыми числами.

По формуле х = uv, , где u и v – нечетные взаимно простые числа (u > v > 0) можно найти те решения уравнения х 2 + у 2 = z 2 , в которых числа х,у и z не имеют общих делителей (т.е. взаимно простые).

Для начальных значений u и v формулы приводят к следующим часто встречающимся равенствам:

3 2 + 4 2 = 5 2 (u = 1, v = 3), 5 2 + 12 2 = 13 2 (u = 1, v = 5), 15 2 + 8 2 = 17 2 (u = 3, v = 5)

Все остальные целые положительные решения этого уравнения получаются умножением решений, содержащихся в формулах, на произвольный общий множитель а.

Разбор решения заданий тренировочного модуля

№1. Тип задания: выбор элемента из выпадающего списка

Решите уравнение 9х+22у-1=0

Решение: Решим данное уравнение, воспользовавшись теоремой 2:

2. 1 = 9 — 4∙2 = 9 — (22 — 9∙2) ∙2 = 9∙5 + 22∙(-2),

т.е. х₀= 5, у₀= -2 — решение данного уравнения

№2. Тип задания: ввод с клавиатуры пропущенных элементов в тексте.

Найдите целое решение уравнения 3х+9у=3

Решение: Решим данное уравнение: 3х+9у=3

Разделим обе части уравнения на 3, получим:

1. 3 = 1 ∙ 2 + 1
2. 1 = 3 — 1∙2, т.е. х₀= 1, у₀= 0 — решение данного уравнения

Неопределённые уравнения в натуральных числах

Неопределённые уравнения в натуральных числах.

ГУО”Речицкий Районный Лицей”

1.Решение уравнений методом разложения на множители…………4

2.Решение уравнений с двумя переменными (дискриминантный метод)…………………………………………………………………….11

3.Метод остатков. 13

4.Метод «бесконечного спуска». 15

Я — Слава учусь в Речицком Районном Лицее, учащийся 10 класса.

Всё начинается с идеи! Мне предложили решить уравнение с тремя неизвестными 29х+30у+31 z =366. Теперь я это уравнение расцениваю как задачу – шутку, а в первый раз поломала голову. Для меня это уравнение стало своего рода неопределенным, как его решать, каким способом.

Под неопределёнными уравнениями мы должны понимаем, что это уравнения, содержащие более одного неизвестного. Обычно, люди, которые решают эти уравнения, ищут решения в целых числах.

Решение неопределённых уравнений – это очень увлекательное и познавательное занятие, способствующее формированию у учащихся сообразительности, наблюдательности, внимательности, так же развитию памяти и ориентации, умению логически мыслить, анализировать, сопоставлять и обобщать. Общей методики я пока не нашла, но об некоторых приёмах решения таких уравнений в натуральных числах сейчас я вам расскажу.

Данная тема недостаточно полно изложена в действующих учебниках математики, а задачи предлагаются на олимпиадах и на централизованном тестировании. Это меня заинтересовало и увлекло настолько, что решая разные уравнения и задачи, у меня собралась целая коллекция собственных решений, которые с учителем мы разбили по методам и способам решения. И так какая же моя цель работы?

Моя цель разобрать решения уравнений с несколькими переменными на множестве натуральных чисел.

Для начала мы рассмотрим практические задачи, а после перейдем к решению уравнений.

Какова длина сторон прямоугольника, если его периметр численно равен площади?

S = ху, х€ N и у€ N

2х+2у=ху, + =

+ =

Найти способы уплаты 47 рублей, если для этого можно использовать только трёх и пятирублевые купюры.

х=1 – 3К, у= 14+5К, К€ Z

Натуральные значения х и у соответствуют К= 0, -1, -2;

Докажите, что существует решение уравнения 29х+30у+31 z =336 в натуральных числах.

В високосном году 366 дней и один месяц – 29 дней, четыре месяца — 30 дней,

7 месяцев – 31 день.

Решением является тройка (1:4:7). Это означает, что существует решение уравнения в натуральных числах.

1. Решение уравнений методом разложения на множители

1) Решите уравнение х2-у2=91 в натуральных числах

Решение 8 систем

х-у=1

х-у=91

х-у=13

х-у =7

х-у= -1

х-у = -91

х-у = -13

х-у = -7

2) Решите уравнение х3+91 =у3 в натуральных числах

Решение 8 систем

у-х=1

у-х= 91

не имеет решений в целых числах

у-х=13

не имеет решений в целых числах

Остальные 4 системы не имеют решений в целых числах. Условию удовлетворяет одно решение.

3) Решить уравнение ху=х+у в натуральных числах

Решение 2 системы

у-1= -1

у-1=1

4) Решить уравнение 2х2+5ху-12у2=28 в натуральных числах

х;у – натуральные числа; (х+4у)€ N

2х-3у=1

2х-3у =4

нет решений в натуральных числах

нет решений в натуральных числах

5) Решить уравнение 2ху= х2+2у в натуральных числах

х-2у+1= -1

(2:2)

нет решений в натуральных числах

ху( z -3)-2 x ( z -3)+ y ( z -3)-2 z +4=0

ху( z -3)-2 x ( z -3)+ y ( z -3)-2 z +6-2=0

ху( z -3)-2 x ( z -3)+ y ( z -3)-2( z -3)=2

Решение 6 систем

z -3= 1

z-3= -1

z-3= 1

z-3=2

z-3= -1

z -3=2

Рассмотрим более сложное для меня уравнение.

7) Решить уравнение х2-4ху-5у2=1996 в натуральных числах

1996=1*1996= -1*(-1996)=2*998= (-2)*(-998)=4*499= -4*(-499)

х€ N , у€ N ; (х+у)€ N ; (х+у)>1

х-5у=1

х-5у=499

х-5у=4

нет решений

х-5у=988

Сделаем вывод: при решении уравнений методом разложения на множители применяются формулы сокращенного умножения, способ группировки, метод выделения полного квадрата.

2. Решение уравнений с двумя переменными (дискриминантный метод)

1)Решить уравнение 5х2+5у2+8ху+2у-2х+2=0 в натуральных числах

Д= (8у – 2)2 – 4*5*(5у2+2у+2)= 4((4у – 1)2 –5*(5у2+2у+2))

х1,2= =

Д=0, =0

Ответ: решений нет.

2) Решить уравнение 3(х2+ху+у2)=х+8у в натуральных числах

≤у≤

у€ N , у=1, 2, 3.Перебирая эти значения, имеем (1:1).

3)Решите уравнение х4-у4-20х2+28у2=107 в натуральных числах

Вводим замену : х2=а, у2=а;

а1,2=-10± +96

а1,2=10± = 10± = 10±(а-14)

Уравнение имеет вид:

х2-у2+4=1

нет решений в натуральных числах;

х2 — у2+4= -1

(2:3),(-2: -3),(-2:3),(2: -3)

х2+у2 – 24= -1 нет решений в натуральных и целых числах Ответ: (4:3),(2:3).

При решении уравнений методом остатков очень часто используют задачи:

А) Какие остатки могут давать при делении на 3и 4?

Всё очень просто, при делении на 3 или 4 точные квадраты могут давать два возможных остатка: 0 или 1.

Б) Какие остатки могут давать точные кубы при делении на 7 и 9?

При делении на 7 могут давать остатки: 0, 1, 6; а при делении на 9: 0, 1, 8.

1) Решить уравнение х2+у2=4 z -1 в натуральных числах

Рассмотрим, какие остатки могут давать при делении на 4 левая и правая части этого уравнения. При делении на 4 точные квадраты могут давать только два различных остатка 0 и 1. Тогда х2+у2+1 при делении на 4 дают остатки 1, 2, 3, а 4 z делится без остатка.

Следовательно, данное уравнение не имеет решений.

2) Решите уравнение 1!+2!+3!+ …+х!= у2в натуральных числах

a) Х=1, 1!=1, тогда у2=1, у=±1 (1:1)

b) х=3, 1!+2!+3!= 1+2+6= 9, то есть у2= 9, у=±3 (3:3)

c) х=2, 1!+2!= 1+2= 3, у2=3, то есть у=±

d) х=4, 1!+2!+3!+4!= 1+2+6+24=33, х=4 (нет), у2=33

e) х≥5, 5!+6!+…+х!, представим 10 n , n € N

Число, оканчивающееся цифрой 3, означает, что оно не может быть квадратом целого числа. Следовательно, х≥5, не имеет решений в натуральных числах.

3) Доказать, что нет решений в натуральных числах

Предположим, что система разрешима z 2 =2у2+1, z 2 – нечётное число

y 2 +2 m 2 +2 m , у2 – чётное число, у = 2 n , n € N

х2=8 n 3 +7, то есть х2 – нечётное число и х нечётное, х = 2 r +1, n € N

Подставим х и у в первое уравнение,

2( r 2 + r -2 n 3 )=3

Не возможно, так как левая часть уравнения делится на два, а правая не делится, значит, наше предположение не верно, то есть система не имеет решений в натуральных числах.

4. Метод бесконечного спуска

Решаем по следующей схеме:

Предположим, что уравнение имеет решение, мы строим некий бесконечный процесс, в то время как по самому смыслу задачи этот процесс должен на чётном шаге закончиться.

1) Докажите, что уравнение 8х4+4у4+2 z 4 = t 4 не имеет решений в натуральных числах

Допустим, что уравнение имеет решение в целых числах, тогда следует, что

t 4 – чётное число, тогда t – тоже чётное

8х4+4у4+2 z 4 = 16t14

4х4+2у4+ z 4 = 8t14

z 4 =8t14 — 4х4 — 2у4

z 4 – чётное, тогда z =2 z 1 , z 1 € Z

4х4+2у4+16 z 4 =8t14

у4= 4t14 – 2х4 — 8 z 1 4

х – чётное, то есть х=2х, х1€ Z , тогда

16х14 – 2 t 1 4 – 4 z 1 4 +8 y 1 4 =0

8х14+4у14+2 z 1 4 = t 1 4

И так х, у, z , t – чётные числа, тогда х1, у1, z 1 , t 1 – чётные. Тогда х, у, z , t и х1, у1, z 1 , t 1 делятся на 2, то есть , , , и , , , .

Итак, оказалось, что число, удовлетворяет уравнение; кратны 2, и сколько раз мы не делили бы их на 2, всегда будем получать числа, кратные 2. Единственное число, удовлетворяет этому условию – нуль. Но нуль не принадлежит множеству натуральных чисел.

1) Найти решения уравнения + =

=

Решение 6 систем

у-р= р

у=2р, х=2р

у=0, х=0

у=1+р, х=1+р

у-р= р2

у-р= — р2

Обычно решения неопределённых уравнений ищут в целых числах. Уравнения, в которых ищут только целочисленные решения, называют диафантовыми.

Я разобрал решения уравнений с числом неизвестных больше одного, на множестве натуральных чисел. Такие уравнения настолько разнообразны, что вряд ли существует какой-либо способ, алгоритм их решения. Решение таких уравнений требует изобретательность и способствует приобретению навыков самостоятельной работы в математики.

Я решал примеры простейшими приёмами. Простейшим приём решений таких уравнений в том, чтобы выразить одну переменную через остальные, и получится выражение, которое мы будем исследовать, с целью нахождения этих переменных, при которых оно является натуральным (целым).

При этом, используется понятия и факты, связанные делимостью, — такие, как простые и составные числа, признаки делимости, взаимно простые числа и др.

Особенно часто применяются:

1) Если произведение делится на простое число р, то хотя бы один из его сомножителей делится на р.

2) Если произведение делится на некоторое число с и один из сомножителей взаимно простое с числом с, то второй множитель делится на с.

Решите уравнение на множестве натуральных чисел

В дальнейшем будут использоваться следующие обозначения:

N = <0,1,2. >— множество натуральных чисел;

N * = <1,2. >— множество натуральных положительных чисел;

Z = <0,±1,±2. >— — множество целых чисел;

Q = < m /_n | m Î Z, n Î N * > — множество рациональных чисел;

R — множество действительных (вещественных) чисел.

В начале представим некоторые определения и утверждения, необходимые для далнейшего изложения

Определение. Пусть a,b Î Z, b ≠ 0. Числа q Î Z и r Î <0,1. |b|-1> называются соответственно неполным частным и остатком от деления a на b, если выполнено равенство

При этом, если r = 0, то говорят, что a делится на b, или что b делит a, или что b является делителем a (обозначение a b или b|a.

Доказывается, что для любых целых чисел a, b; b ≠ 0, существуют единственные целые числа q, r, r Î <0. |b| — 1> такие, что имеет место соотношение (1).

Определение. Наименьшим общим кратным ненулевых целых чисел a₁, a₂, . a_n называется наименьшее положительное число, которое делится на каждое из этих чисел (обозначение [a₁, a₂, . a_n]).

Определение. Наибольшим общим делителем целых чисел a₁, a₂, . a_n, из которых хотя бы одно отлично от нуля, называется наибольшее натуральное число, на которое делится каждое из этих чисел (обозначение (a₁, a₂, . a_n)).

Определение. Числа a,b Î Z называются взаимно простыми, если (a,b) = 1.

Определение. Пусть даны числа a,b Î Z, причем c ≠ 0. Говорят, что число a сравнимо с числом b по модулю c, (обозначение a ≡ b (mod c)), если c|a — b; в противном случае говорят, что число a не сравнимо с числом b по модулю c (обозначение a b(mod c)).

Определение. Натуральное положительное число, большее 1 и не имеющее натуральных положительных делителей, отличных от 1 и самого себя, называется постым. Остальные натуральные числа, большие 1, называются составными. Число 1 не является ни простым, ни составным.

Основная теорема арифметики.

Всякое натуральное число, большее 1, разлагается в произведение простых чисел (не обязательно различных), причем указанное разложение единственно с точностью до порядка следования множителей.

Малая теорема Ферма.

Пусть p — простое число. Тогда для любого целого числа a справедливо соотношение a p ≡ a(mod p).

О диофантовом анализе

При исследовании диофантовых уравнений обычно ставятся следующие вопросы:

1. имеет ли уравнение целочисленные решения;
2. конечно или бесконечно множество его целочисленных решений;
3. решить уравнение на множестве целых чисел, т. е. найти все его целочисленные решения;
4. решить уравнение на множестве целых положительных чисел;
5. решить уравнение на множестве рациональных чисел.

Отметим, что проблема решения уравнений в целых числах решена до конца только для уравнений с одним неизвестным, для уравнений первой степени и для уравнений второй степени с двумя неизвестными. Для уравнений выше второй степени с двумя или более неизвестными достаточно трудной является даже задача существования целочисленных решений. Например, не известно, имеет ли уравнение x 3 + y 3 + z 3 = 30 хотя бы одно целочисленное решение. Более того, доказано, что в принципе не существует единого алгоритма, позволяющего за конечное число шагов решать в целых числах произвольные диафантовы уравнения.

Диофантовы уравнения с одним неизвестным

Рассмотрим уравнение

где a_j Î Z ( j = 0. n), a_n ≠ 0.

Покажем, каким образом можно определить все рациональные корни уравнения (2) (этот метод позволяет, в частности, решать уравнения вида (2) в целых числах). Не нарушая общности рассуждений, можно считать, что a₀ ≠ 0. Пусть r — рациональный корень уравнения (2), r = p /_q, где p Î Z, q Î N * , (p,q) = 1. Умножая обе части равенства на q n , получим a₀q n + a₁p·q n-1 + . + a_n-1p n-1 q + a_np n = 0, следовательно,

Так как (p,q) = 1, то (p,q n ) = 1, (q,p n ) = 1, поэтому из соотношений (3) следует, что p|a₀, q|a_n. Поскольку рациональных чисел вида r = p /_q, таких что (p,q) = 1, p|a₀, q|a_n, конечное число, то за конечное число шагов можно выбрать те из них, которые являются решением уравнения (2). Как следует из приведенных выше рассуждений, других решений уравнение (2) иметь не может.

Задача 1. Решить в рациональных числах уравнение

Решение. Свободный член уравнения имеет следующие делители ±1, ±3, ±7, ±21. Выпишем также положительные делители старшего коэффициента: 1, 2. Следовательно, для рационального корня уравнения (4) получаем следующие возможные значения:

Подстановкой в исходное уравнение убеждаемся, что из этого множества только числа -3 и 1 /₂ являются его корнями.

Задача 2. Решить в целых числах уравнение

Решение. Делители свободного члена уравнения: ±1. Положительные делители старшего коэффициента: 1. Следовательно, все целые корни уравнения (5) находятся среди чисел <-1,1>. Подставляя x = ±1 в (5) заключаем, что только x = -1 является корнем этого уравнения.
Диофантовы уравнения первой степени

Перейдем теперь к решению в целых числах уравнений первой степени или так называемых линейных уравнений, т. е. уравнений вида

где a_j Î Z (j = 1,2. n), b Î Z.

Предположим, что не все числа a_j (j = 1. n) равны нулю. Очевидно, для существования решения в целых числах уравнения (6) необходимо, чтобы (a₁. a_n)|b. Покажем, что это условие является и достаточным.

Положив перейдем к равносильному уравнению

где (a₁ ¢ , . a_n ¢ ) = 1. Пусть a_i ¢ , a_j ¢ — два ненулевых числа, таких, что |a_i ¢ | ≠ |a_j ¢ |. Для определенности предположим, что i ¢ | > |a_j ¢ |. Разделив с остатком a_i ¢ на a_j ¢ , получим представление a_i ¢ = a_j ¢ q + r. Заменив a_i ¢ на a_j ¢ q + r в уравнении (7), приведем его к виду

Перепишем уравнение (8) в виде

где

ak ¢ ¢ =

ak ¢ , k ≠ i r, k = i

,

xk ¢ ¢ =

xk, k ≠ j xj + qxi, k = j.

Очевидно, что решения уравнения (7) и (9). связаны между собой взаимно однозначным соответствием и, таким образом, решив уравнение (9), несложно найти все решения уравнения (7). С другой стороны отметим, что » k, i Î <1. n>, k ≠ i a_k ¢ ¢ = a_k ¢ , |a_i ¢ ¢ | ¢ |.

Следовательно, за конечное число шагов уравнение (7) приведется к виду

(10)

где числа (i = 1. n), которые не равны нулю, равны между собой по абсолютной величине. Из соотношения следует, что числа (i = 1. n) могут принимать только значения 0,±1, причем не все из них равны нулю. Предположим, для определенности, . Тогда уравнение (10) имеет следующее решение: где t₂, t₃, . t_n — произвольные целые числа. Отсюда, учитывая проведенные замены, получается и решение уравнения (7). Отметим, что при получении решения уравнения (10) использовался лишь факт, что , поэтому, при выполнении алгоритма можно остановиться на том шаге, когда хотя бы один из коэффициентов станет равен ±1.

Задача 3. Решить в целых числах уравнение 4x — 6y + 11z = 7.

Решение. Разделив с остатком -6 на 4, получим -6 = 4(-2) + 2. Представим исходное уравнение в виде 4(x — 2y) + 2y + 11z = 7. После замены x ¢ = x — 2y это уравнение запишется следующим образом 4x ¢ + 2y + 11z = 7. Учитывая, что 11 = 2·5 + 1, преобразуем последнее уравнение: 4x ¢ + 2(y + 5z) + z = 7. Положив y ¢ = y + 5z, получим 4x ¢ + 2y ¢ + z = 7. Это уравнение имеет следующее решение: x ¢ , y ¢ — произвольные целые числа, z = 7 — 4x ¢ — 2y ¢ . Следовательно y = y ¢ — 5z = 20x ¢ + 11y ¢ — 35, x = x ¢ + 2y = 41x ¢ + 22y ¢ — 70.

Таким образом, решение исходного уравнения имеет вид

где x ¢ , y ¢ — произвольные целые числа.

Диофантовы уравнения высших степеней

1. Метод разложения на множители

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

Решение. Запишем уравнение в виде (x — 1)(y — 1) = 1. Произведение двух целых чисел может равняться 1 только в том случае, когда оба они равны 1. Т. е. исходное уравнение равносильно совокупности

		x — 1 = 1,
		y — 1 = 1,
		x — 1 = -1,
		y — 1 = -1,

с решениями (0,0) и (2,2).

Задача 5. Доказать, что уравнение x 5 + 3x 4 y — 5x 3 y 2 — 15x 2 y 3 + 4xy 4 + 15y 5 = 33 неразрешимо в целых числах.

Решение. Левая часть уравнения разлагается на множители следующим образом: (x — 2y)(x — y)(x + y)(x + 2y)(x + 3y). Если y ≠ 0, то в этом выражении все 5 множителей различны. С другой стороны, число 33 можно разделить максимум на 4 различных множителя. Следовательно, исходное уравнение не разрешимо в целых числах x, y при y ≠ 0. Случай y = 0 также невозможен, поскольку тогда исходное уравнение принимает вид x 5 = 33, Так как исходное уравнение не имеет целочисленных решений и в случае y = 0.

Задача 6. Доказать, что уравнение (x — y) 3 + (y — z) 3 + (z — x) 3 = 30 не имеет решений в целых числах.

Решение. Разложив левую часть на множители, приведем уравнение к виду (x — y)(y — z)(z — x) = 10. Заметим, что (x — y) + (y — z) + (z — x) = 0. С другой стороны, делителями 10 являются числа ±1, ±2, ±5, ±10. Нетрудно проверить, что сумма любых трех чисел из этого множества, дающих в произведении 10, не будет равнятьса 0.

Задача 7. Решить в целых числах уравнение y 3 — x 3 = 91.

Решение. Перепишем исходное уравнение в виде (y — x)(y 2 + xy + x 2 ) = 91. Делителями числа 91 являются ±1, ±91. Так как y 2 + yx + x 2 ≥ y 2 — 2|y||x| + x 2 = (|y| — |x|) 2 ≥ 0, то исходное уравнение равносильно совокупности

y — x = 1, y 2 + yx + x 2 = 91, y — x = 91, y 2 + yx + x 2 = 1,

Û

y = x + 1, x 2 + x — 30 = 0, y = x + 91, x 2 + 91x + 30·99 = 0,

Û

y = x + 1, x = -6, x = 5, x Î Ж .

Таким образом, целочисленными решениями исходного уравнения являются пары (-6,-5) и (5,6).

Задача 8. Решить в натуральных числах уравнение y 2 — x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 1.

Решение. Заметим, что

Следовательно, исходное уравнение равносильно уравнению y 2 = (x 2 + 3x + 1) 2 или y = x 2 + 3x + 1. Таким образом, множество всех решений имеет вид <(x , x 2 + 3x + 1) | x Î N>.

2. Использование четности

Задача 9. 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). Следовательно, 2 | y 2 . Так как y — простое число, то y = 2. Отсюда

b) Пусть x — четное число. Так как x — простое число, то x = 2. Следовательно, т. е. уравнение неразрешимо в простых числах.

Следовательно, уравнение (11) имеет в классе простых чисел единственное решение (3;2).

Задача 10. Решить в целых числах уравнение

Решение. Одно решение очевидно: x = y = z = 0. Покажем, что других решений в целых числах уравнение не имеет. Будем доказывать от противного. Пусть x, y, z — ненулевое решение исходного уравнения. Так как x 2 + y 2 + z 2 — четное число, то по крайней мере одно из чисел x, y, z — четное. Используя симметрию уравнения (12), предположим, что x = 2x₁. — четное число. Тогда 4|y 2 + z 2 . Это может быть лишь в том случае, когда y и z — четные. Действительно, если одно из этих чисел четное, а другое нечетное, то число y 2 + z 2 — нечетное и 4 y 2 + z 2 . Если же оба эти числа (z и y) нечетные, то y 2 + z 2 = (2u + 1) 2 + (2v + 1) 2 = 4(u 2 + v 2 + u + v) + 2 ≡ 2(mod 4),

Повторением приведенных выше рассуждений доказывается, что 2|x₁, 2|y₁, 2|z₁, следовательно, 2 2 |x, 2 2 |y, 2 2 |z. Рассуждая аналогично, получим, что для любого n Î N 2 n |x, 2 n |y, 2 n |z Противоречие. Следовательно, уравнение (12) имеет единственное решение (0,0,0).

Задача 11. Доказать, что уравнение

в целых числах не имеет решений, не равных нулю одновременно.

Решение. Предположим, что числа x, y, z, не равные одновременно нулю, являются решением исходного уравнения. Видно, что число x — четное. Подстановка x = 2x₁ дает 4x₁ 3 + y 3 + 2z 3 — 6x₁yz = 0. Отсюда следует, что число y — четное, y = 2y₁. Учитывая это, получим 2x₁ 3 + 4y₁ 3 + z 3 — 6x₁y₁z = 0. Следовательно, z — также четное число. После подстановки z = 2z₁ уравнение принимает вид x₁ 3 + 2y₁ 3 + 4z₁ 3 — 6x₁y₁z₁ = 0. Рассуждая аналогично, доказывается, что для любого n Î N 2 n |x, 2 n |y, 2 n |z. Противоречие.

3. Доказательство неразрешимости уравнений с использованием сравнений

Задача 12. Решить в целых числах уравнение

Решение. Пусть x, y — целые числа, удовлетворяющие уравнению (14 ). Тогда x 2 + 1 ≡ 0(mod 3). Рассмотрим случаи, соответствующие различным остаткам от деления x на 3.

a) Пусть x ≡ 0(mod 3). Тогда x 2 + 1 ≡ 1(mod 3), значит x 2 + 1 0(mod 3).

b) Пусть x ≡ 1(mod 3). Тогда x 2 + 1 ≡ 2(mod 3), следовательно, x 2 + 1 0(mod 3).

c) Пусть x ≡ 2(mod 3). Тогда x 2 + 1 ≡ 5 ≡ 2 0(mod 3). Следовательно, сравнение x 2 + 1 ≡ 0(mod 3) не имеет решений, значит и уравнение (14) также неразрешимо в целых числах.

Задача 13. Решить в целых числах уравнение

Решение. Пусть (x, y, z) — целочисленное решение уравнения (15). Так как x — нечетное число, следовательно, x 2 = (2k + 1) 2 = 4k(k + 1) + 1 ≡ 1(mod 8).

По модулю 4 исходное уравнение принимает вид 1 — 2y 2 ≡ 3(mod 4) или y 2 ≡ -1(mod 2). Следовательно, y — нечетное число, отсюда y 2 ≡ 1(mod 8). Поэтому, по модулю 8 исходное уравнение будет иметь вид 1 — 2 ≡ 3(mod 8) Û 4 ≡ 0(mod 8).

Полученное противоречие доказывает неразрешимость исходное уравнение в целых числах.

Задача 14. Доказать, что уравнение x 3 + x + 10y = 20004 неразрешимо в целых числах.

Решение. По модулю 5 исходное уравнение принимает вид

Рассмотрев все возможные остатки от деления x на 5, убеждаемся, что сравнение (16) неразрешимо. Следовательно, исходное уравнение также неразрешимо в целых числах.

4. Другие методы решения диафантовых уравнений

Задача 15. Доказать, что уравнение x 3 + y 3 + z 3 = 2 имеет бесконечно много решений в целых числах.

Решение. Положим x = a + b, y = a — b. Тогда x 3 + y 3 = 2a 3 + 6ab 2 . С учетом последнего равенства исходное уравнение принимает вид 2a 3 + 6ab 2 + z 3 = 2. Положив a = 1, получим z 3 = -6b 2 . Положим теперь b = 6t 3 . Отсюда z = -6t 2 , x = 1 + 6t 3 , y = 1 — 6t 3 . Таким образом, получено бесконечное множество решений исходного уравнения, соответствующих целочисленным значениям параметра t

Задача 16. Доказать, что уравнение

имеет бесконечно много решений в натуральных числах.

Решение. Нетрудно заметить, что (3,2) — одно из решений исходного уравнения. С другой стороны из тождества (x 2 + 2y 2 ) 2 — 2(2xy) 2 = (x 2 — 2y 2 ) 2 следует, что если (x, y) — решение уравнения (17), то пара (x 2 + 2y 2 , 2xy) также является его решением. Используя этот факт, рекуррентно определим бесконечную последовательность (x_n , y_n) различных решений исходного уравнения: (x₁ , y₁) = (3,2) и x_n+1 = x_n 2 + 2y_n 2 , y_n+1 = 2x_ny_n, n Î N * .

Задача 17. Решить в целых числах уравнение

Решение. Заметим, что слагаемые в левой части уравнения имеют одинаковый знак, а поскольку их сумма положительна, то каждое слагаемое также положительно. Применяя неравенство Коши, получим

Следовательно, xyz = 1. Отсюда получим, что решениями могут быть только тройки (1,1,1), (1,-1,-1), (-1,-1,1), (-1,1,-1). Проверкой убеждаемся, что каждая из них действительно является решением исходного уравнения.

Задача 18. Доказать, что уравнение x(x + 1) = 4y(y + 1) неразрешимо в целых положительных числах.

Решение. Нетрудно заметить, что исходное уравнение равносильно уравнению x 2 + x + 1 = (2y + 1) 2 . Следовательно, x 2 2 2 или x 2x 3 + xy — 7 = 0.

Решение. Из условия следует, что x должен быть делителем числа 7. Т. е. возможные значения x находятся среди чисел <±1, ±7>. Перебрав эти возможности, получаем решение уравнения: (1,5), (-1,-9), (7,-97), (-7,-99).

Задача 20. Доказать, что уравнение x 2 + 1 = py, где p — простое число вида 4k+3, неразрешимо в целых числах.

Решение. Предположим, что исходное уравнение разрешимо в целых числах. Тогда x 2 + 1 ≡ 0(mod p). Но, согласно малой теореме Ферма, -1 ≡ (-1) 2k+1 ≡ (x 2 ) 2k+1 ≡ x p-1 ≡ 1(mod p). Полученное противоречие доказывает неразрешимость исходного уравнения в Z.

Задача 21. Доказать, что уравнение x 2 — y 3 = 7 неразрешимо в целых положительных числах.

Решение. Если y — четное число, то x 2 ≡ 3(mod 4), что невозможно. Поэтому предположим, что y — нечетное число: y = 2k + 1. Тогда x 2 + 1 = y 3 + 8 = (y + 2)((y + 1) 2 + 3) = (y + 2)(4(k + 1) 2 + 3), Итак, число x 2 + 1 имеет делитель вида 4n + 3. Следовательно, оно имеет и простой делитель вида 4n + 3 (действительно, если бы все простые делители числа 4(k + 1) 2 + 3 имели вид 4n + 1, то и само число, являясь их произведением, имело бы вид 4n + 1. Однако последнее невозможно в силу предыдущей задачи.

Задача 22. Доказать, что уравнение не имеет решений в целых положительных числах.

Решение. Положим d = (x , y), x₁ = x /_d, y₁ = y /_d. Так как x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 , следовательно,

Отсюда получаем, что x₁|y₁, y₁|x₁. Учитывая, что (x₁,y₁) = 1, делаем вывод, что x₁ = y₁ = 1. Таким образом, уравнение (18) принимает вид d 2 = 3, Отсюда следует требуемое утверждение.

Задача 23. Решить в целых числах уравнение x + y = x 2 — xy + y 2 .

Решение. Положим t = x + y. Так как то должно выполнятся неравинство откуда t Î [0;4].

Учитывая соотношение x + y = (x + y) 2 — 3xy, рассмотрим случаи, соответствующие целочисленным значениям t из отрезка [0;4].

a) t = 0

x + y = 0, xy = 0,

Û

x = 0, y = 0.

b) t = 1

x + y = 1, xy = 0,

Û

x = 0, y = 1, x = 1, y = 0.

c) t = 2

x + y = 2, x — y = 2 /3,

Ю (x , y) Î Ж .

d) t = 3

x + y = 3, xy = 2,

Û

x = 1, y = 2, x = 2, y = 1.

e) t = 4

x + y = 4, xy = 4,

Û

x = 2, y = 2.

Таким образом, целочисленными решениями исходного уравнения являются пары (0,0), (0,1), (1,0), (1,2), (2,1), (2,2).

Задачи для самостоятельного решения

1. Найти все целые решения уравнения x 3 + (x + 1) 3 + (x + 2) 3 = (x + 3) 3 . Ответ:x = 3.
2. Решить в рациональных числах уравнение x 4 — 4x 3 — 13x 2 + 28x + 12 = 0. Ответ:<-3,2>.
3. Решить в целых числах уравнение 127x — 52y + 1 = 0. Ответ:x = 9 + 52t, y = 22 + 127t, t Î Z.
4. Решить в целых числах уравнение 6x + 10y — 7z = 11. Ответ:x = 3u + 7v — 11, y = u, z = 4u + 6v — 11, u, v Î Z.
5. Решить в целых числах уравнение 3x 2 + 4xy — 7y 2 = 13. Указание. Применить разложение на множители.
   Ответ: (2,1), (-2,-1).
6. Решить в целых числах уравнение 1 + x + x 2 + x 3 = 2 y . Ответ: (0,0), (1,2).
7. Решить в целых числах уравнение x 4 + 4y 4 = 2(z 4 + 4t 4 ). Указание. Использовать четность.
   Ответ: (0,0,0,0).
8. Доказать, что уравнение y 2 = 5x 2 + 6 не имеет целочисленных решений.
   Указание. Рассмотреть уравнение по модулю 4.
9. Доказать, что уравнение x 3 = 2 + 3y 2 не имеет решений в целых числах.
   Указание. Рассмотреть уравнение по модулю 9.
10. Доказать, что уравнение x 4 + y 6 + z 12 = t 4 имеет бесконечно много решений в целых числах.
    Указание. Параметризовать решение.
11. Доказать, что уравнение x 2 — 3y 2 = 1 имеет бесконечно много решений в целых числах.
    Указание. Использовать реккурентное соотношение между решениями.
12. Решить в целых числах уравнение x 2 + x = y 4 + y 3 + y 2 + y. Указание. Представить уравнение в виде (2x + 1) 2 = (2y 2 + y + 1) 2 — (y 2 — 2y).
    Ответ: (0,-1), (-1,-1), (0,0), (-1,0), (5,2), (-6,2).
13. Решить в целых положительных числах уравнение Указание. Применить неравинство Коши.
    Ответ: (1,1,1).
14. Решить в целых положительных числах уравнение где параметр p — простое число больше 2.
    Ответ: