Сколько существует троек действительных чисел удовлетворяющих уравнениям

Сколько существует троек действительных чисел удовлетворяющих уравнениям

В восьмом классе все школьники изучают одну из самых важных теорем геометрии – теорему Пифагора и теорему, обратную теореме Пифагора.

В ходе этого изучения происходит знакомство с пифагоровыми тройками чисел – такими комбинациями из трёх целых чисел a, b c, которые удовлетворяют соотношению Пифагора: а 2 + в 2 =с 2 . В учебнике геометрии приводятся без вывода формулы для натуральных чисел a, b c:

У меня сразу появилось желание вывести эти формулы, совершить «личное открытие», углублять знания, полученные мною самостоятельно в таких разделах математики как теория чисел, алгебраическая геометрия, комплексные числа.

В данной работе представлено два различных вывода формул пифагоровых троек и рассмотрены некоторые свойства этих троек. Первый вывод является довольно наглядным, второй считаю наиболее красивым. Свойства пифагоровых троек я доказывал самостоятельно.

Пифагоровы тройки имеют огромное количество свойств, связывающих их с такими разделами математики, как теория чисел, алгебраическая геометрия, комплексный анализ, поэтому исследование этой темы помогает осознать взаимосвязь разделов математики. Выбор темы этим и обусловлен. Сначала появились идеи для работы во всех перечисленных разделах, но появилась тема, которая объединила всё. Основной материал разделов я разобрал самостоятельно, поэтому здесь и говорится только об интересной задаче, которая имеет много различных решений, через которые частично и представлены основные методы.

Цель работы: вывести формулы Пифагора различными способами, изучить свойства пифагоровых троек чисел и доказать некоторые из них самостоятельно.

Теория чисел , или высшая арифметика , — раздел математики , первоначально изучавший свойства целых чисел . В современной теории чисел рассматриваются и другие типы чисел — например, алгебраические и трансцендентные , а также функции различного происхождения, которые связаны с арифметикой целых чисел и их обобщений (+ то, что изучает элементарная теория чисел)

Главное их свойство, которое рассматривает теория чисел, — это делимость . Первый круг задач теории чисел — разложение чисел на множители. Основными «кирпичиками» в таком разложении являются простые числа , т. е. числа, делящиеся только на 1 и на себя; теорема, называемая основной теоремой арифметики, гласит: всякое натуральное число раскладывается на простые множители единственным способом.

Алгебраическая геометрия — раздел математики , который объединяет алгебру и геометрию . Главным предметом изучения классической алгебраической геометрии, а также в широком смысле и современной алгебраической геометрии, являются множества решений систем алгебраических уравнений . Современная алгебраическая геометрия во многом основана на методах общей алгебры для решения задач, возникающих в геометрии.

Пифагорова тройка — это комбинация из трёх целых чисел (a, b c или x, y , z), удовлетворяющих соотношению Пифагора: x 2 + y 2 = z 2 .

При умножении этих чисел на одно и то же число получается другая пифагорова тройка. Пифагорова тройка называется примитивной, если не может быть получена таким способом из какой-либо другой пифагоровой тройки, то есть x, y, z являются взаимно простыми числами.

Сама задача пифагоровых троек сводится к поиску всех возможных целых решений следующего уравнения a 2 + b 2 = c 2 (все числа целые, поэтому уравнение называется диофантовым).

Приведём решение этого диофантового уравнения методами алгебраической геометрии.

x 2 + y 2 = 1 — окружность с радиусом 1 с центром в точке (0, 0) — рис.1

Теперь можно сказать, что задача эквивалентна поиску всех рациональных x и y на окружности.

Точки на окружности отсекаются прямыми, содержащими хорды окружности.

y = kx + m — уравнение прямой с угловым коэффициентом. Прямая будет проходить через точку D (её координаты известны и удобны для решения системы).

Теперь для нахождения Q -точек окружности:

Важно отметить, что если k – рациональное, то y , x также будут рациональными и наоборот. Это просто доказать, выразив k из уравнения прямой.

Решая систему методом подстановки, выражаем x через k .

Так как y , x рациональные, k тоже рациональное и следовательно равно m / n , где m и n целые числа. Подставляем значения k , получаем:

x = 2 mn /( n 2 + m 2 ),

y = ( m 2 — n 2 )/( m 2 + n 2 ),

На самом деле, с помощью знания этих формул можно решить множество задач по поиску всех прямоугольных треугольников с заданным условием. <\displaystyle m>

Привожу второй вывод формул с помощью комплексных чисел. Для вывода формул опять решаем уравнение a 2 + b 2 = c 2 в целых числах.

Гауссовы целые числа ( гауссовы числа , целые комплексные числа ) — это комплексные числа , у которых как вещественная, так и мнимая часть — целые числа.

По основной теореме арифметики в гауссовых числах:
a + bi = (m + ni) 2

Вещественные и мнимые части двух чисел равны, значит:

с выражается из исходного уравнения.

Пифагоровы тройки обладают красивыми свойствами, например:

Существует бесконечно много пифагоровых троек, в которых гипотенуза и больший из катетов отличаются ровно на единицу (такие тройки заведомо примитивны).

Существует бесконечно много примитивных пифагоровых троек, в которых гипотенуза и больший по длине катет отличается ровно на два.

Существует бесконечно много пифагоровых троек, в которых два катета отличаются ровно на единицу. Например, 20 2 + 21 2 = 29 2 .

Некоторые свойства пифагоровых троек с доказательством:

Свойство 1. В точности одно из чисел a и b нечётно , c всегда нечётно.

Доказательство проведём методом от противного (следует помнить, что речь идёт о примитивных пифагоровых тройках, все числа взаимнопростые).

Если a и b чётные, то и c чётное, что не удовлетворяет условию примитивности тройки.

Если a и b нечётные, то это приводит к противоречию при подстановке.

Пусть a = 2m + 1, b = 2n + 1.

Получается c 2 делится на 2 , но не делится на 4 , что невозможно.

Предположение неверно и верно то, что требовалось доказать.

Свойство 2. В точности одно из чисел a и b делится на 3 .

Если и a , и b , и c делятся на 3, то тройка становится сократимой, что не соответствует условию примитивности.

Если ни a , ни b не делится на 3, то и c не делиться. Рассмотрим этот случай.

Число не делится на 3, значит его можно записать в виде:

с 2 при делении на 3 даёт остаток 2, а квадрат числа при делении на 3 может давать 1 или 0 в остатке. Возникло противоречие, предположение неверно, а значит хотя бы одно из чисел a , b делится на 3.

Свойство 3. В точности одно из чисел a и b делится на 4 .

Это очевидно, если вспомнить, что m и n разной чётности (для того, чтобы тройка оставалась несократимой, иначе числа a , b , c будут делиться на 2 ), ведь a = 2 mn , а одно из чисел m и n четно, получаем, что a делится на 4 .

Что и требовалось доказать.

Свойство 4. В точности одно из чисел делится на 5 .

При делении на 5 квадрат целого числа может давать в остатке 0, 1 или 4 (можно проверить, посчитав: (5 m ) 2 , ( 5 m ± 1) 2 , (5 m ± 2) 2 ) .

Возможны три случая (остальные повторяю друг друга):

Подставляем полученные значения, получаем, что с 2 при делении на 5 даёт остаток 1) 1 + 4 = 5, 2) 1 + 1 = 2, 3) 4 + 4 = 8, 8 ≡ 3 ( mod 5).

2 и 3 противоречит утверждению в начале доказательства. Предположение, что ни a , ни b не делятся на 5 неверно, а верно, что здесь либо a , либо b делится на 5.

В 1 случае получается, что с делится на 5.

Значит хотя бы одно из чисел a , b , c делится на 5.

— представлены решения уравнения a 2 + b 2 = c 2 , называющиеся формулами Евклида, разными способами;

— представлены некоторые свойства, при доказательстве которых используются различные приёмы: доказательство «от противного», доказательство с помощью свойств делимости, доказательство с применением арифметики остатков;

— представлены интересные свойства без доказательств

В итоге, изучен вопрос генерации пифагоровых троек, их свойства с доказательствами, проделанными самостоятельно, что и являлось целью работы. Теперь я продолжу исследования в представленных разделах.

1. А. Г. Мордкович, Л. А. Александрова, Т. Н. Мишустина и др. Алгебра 8 и 9 класс, М.: «Мнемозина», 2014;

2. Л. С. Атанасян и др. Геометрия 7-9 классы , М.: «Просвещение», 2014;

4. В. Серпинский «Пифагоровы треугольники», Государственное учебно-педагогическое издательство министерства просвещения РСФСР, 1959;

5. Я. И. Перельман «Занимательная алгебра», М.: ОЛМА Медиа Групп, 2013.

Сколько существует троек действительных чисел удовлетворяющих уравнениям

1.1. ( 6 баллов ) Известно, что уравнение ax 5 + bx 4 + c = 0 имеет ровно три действительных корня. Сколько корней может иметь уравнение cx 5 + bx + a = 0?

Ответ : три корня.

Заметим, что среди корней уравнения ax 5 + bx 4 + c = 0 нет нуля, так как в этом случае с = 0, и уравнение примет вид x 4 ( ax + b ) = 0. Такое уравнение имеет либо бесконечно много действительных корней (при а = b = 0), либо не более двух.

Пусть t № 0 – корень исходного уравнения, тогда – корень уравнения cx 5 + bx + a = 0. Действительно, Ы . Это означает, что количество действительных корней второго уравнения не меньше количества действительных корней первого уравнения.

Аналогично доказывается, что количество корней первого уравнения не меньше количества корней второго уравнения. Следовательно, второе уравнение имеет ровно три действительных корня.

1.2. ( 6 баллов ) Существует ли замкнутая шестизвенная не плоская ломаная такая, что длины всех ее звеньев равны и углы между соседними звеньями равны?

Ответ : да, существует.

Например, рассмотрим прямую треугольную призму ABCA ’ B ’ C ’, в основании которой лежит равнобедренный прямоугольный треугольник, а боковое ребро равно катету этого треугольника (см. рис. 1а).

Тогда замкнутая ломаная ABCC ’ B ’ A ’ A имеет звенья одинаковой длины, а угол между любыми соседними звеньями – прямой.

Рассмотренная призма является «половиной» куба, поэтому аналогичный пример искомой ломаной может быть приведен на кубе .

Можно также рассмотреть правильную треугольную призму ABCA ’ B ’ C ’, у которой боковое ребро равно ребру основания (см. рис. 1б).

Тогда в качестве искомой ломаной можно взять, например, ломаную AB’CA ’ BC ’ A . Ее звеньями являются диагонали равных квадратов, а равенство углов между соседними звеньями следует из равенства треугольников AB ’ C , B ’ CA ’, CA ’ B , A ’ BC ’, BC ’ A и C ’ AB ’ (по трем сторонам).

Существуют и другие примеры .

1.3. ( 6 баллов ) Можно ли раскрасить в три цвета все ребра 99 -угольной призмы так, что в каждой вершине сходятся все три цвета и у каждой грани (в том числе, у оснований) есть ребра всех трех цветов?

Ответ : да, можно.

Например, раскрасим ребра каждого основания одинаковым образом, чередуя цвета (см. рис. 2). Образуются боковые грани трех типов. Так как число 99 делится на 3, то чередование цветов образует цикл. Боковые ребра красим по следующему правилу: в гранях с ребрами оснований первого цвета боковые ребра красятся в во второй и третий цвет; в гранях с ребрами оснований второго цвета боковые ребра красятся в третий и первый цвет, и так далее. Тем самым, цвета боковых ребер также чередуются, причем выполняются все условия задачи.

2.1. ( 7 баллов ) Решите систему уравнений: .

Ответ : a = b = c = d = 0.

Сложив почленно данные уравнения, получим следствие из системы: 8 a 2 + 9 b 2 + 7 c 2 + 4 d 2 = 16 ab + 8 cd Ы (8 a 2 – 16 ab + 8 b 2 ) + (4 c 2 – 8 cd + 4 d 2 ) + b 2 + 3 c 2 = 0 Ы 8( a – b ) 2 + 4( c – d ) 2 + b 2 + 3 c 2 = 0 Ы Ы a = b = c = d = 0. Полученная четверка чисел удовлетворяет исходной системе уравнений.

2.2. ( 7 баллов ) В параллелограмме АВСD точки Е и F – середины сторон ВС и CD соответственно. Могут ли лучи АЕ и AF делить угол ВАD на три равные части?

Ответ : нет, не могут.

Первый способ . Пусть прямая EF пересекает прямые АВ и CD в точках Р и Q соответственно (см. рис. 3а). Так как BE = EC (по условию), Р PBE = Р ECF ( АВ || CD ) и Р BEP = Р CEF , то равны треугольники BEP и CEF . Аналогично доказывается равенство треугольников DFQ и CFE . Следовательно, РЕ = EF = FQ .

Предположим, что равны углы ВАЕ , ЕАF и FAD . Тогда, из доказанного равенства получим, что АЕ – биссектриса и медиана треугольника PAF , а AF – биссектриса и медиана треугольника EAQ , то есть каждый из этих отрезков является также и высотой треугольника. Таким образом, из точки А проведены два различных перпендикуляра к прямой EF , что невозможно.

Второй способ . Пусть отрезки АЕ и АF пересекают диагональ BD данного параллелограмма в точках K и L соответственно (см. рис. 3б). Тогда BK = KL = LD . Это равенство можно доказать многими способами.

Например, пусть О – точка пересечения диагоналей параллелограмма, тогда с учетом равенства АО = ОС получим, что K – точка пересечения медиан треугольника АВС , поэтому BK = 2OK . Аналогично, L – точка пересечения медиан треугольника АDС , поэтому DL = 2OL . Учитывая, что ВО = OD , получим требуемое равенство.

Дальнейшие рассуждения аналогичны приведенным выше. Получим, что из точки А проведены два различных перпендикуляра к прямой BD , что невозможно.

Другие возможные способы доказательства равенства BK = KL = LD – использование теоремы Фалеса, площадей или векторов.

В заключение заметим, что поскольку середины отрезков и прямые, параллельные данным, строятся циркулем и линейкой, а задача о трисекции угла (деление угла на три равные части с помощью циркуля и линейки) в общем случае неразрешима, то сразу возникает мысль, что описанная в условии конструкция невозможна. Тем не менее, это непосредственно не следует из неразрешимости задачи о трисекции угла, так как некоторые углы трисекцию допускают. Известна, например, следующая теорема: угол (n О N) можно циркулем и линейкой разделить на три равные части тогда и только тогда, когда n не делится нацело на 3. В частности, отсюда следует, что угол величиной 45 ° можно разделить на три равные части, а угол величиной 60 ° – нельзя .

2.3. ( 7 баллов ) Натуральное число называется упрощенным , если оно является произведением ровно двух простых чисел (не обязательно различных). Какое наибольшее количество последовательных натуральных чисел может оказаться упрощенными ?

Ответ : три числа.

Заметим, что больше трех последовательных упрощенных чисел быть не может. Действительно, среди четырех последовательных натуральных чисел ровно одно кратно четырем. Среди чисел, делящихся на 4, упрощенным является только само число 4 = 2 Ч 2, но соседние с ним числа 3 и 5 упрощенными не являются.

Наименьшая тройка последовательных упрощенных чисел: 33 = 3 Ч 11, 34 = 2 Ч 17 и 35 = 5 Ч 7. Для двузначных чисел есть еще два примера: 85 = 5 Ч 17, 86 = 2 Ч 43 и 87 = 3 Ч 29; 93 = 3 Ч 31, 94 = 2 Ч 47 и 95 = 5 Ч 19.

Существует бесконечно много троек последовательных упрощенных чисел.

3.1. ( 8 баллов ) Докажите неравенство: .

Первый способ . Заметим, что выполняются следующие числовые неравенства: ; ; . ; ; . Кроме того, для любых натуральных k выполняется равенство . Таким образом, = = = , что и требовалось доказать.

Второй способ . Докажем, что для любого натурального n і 2 справедливо неравенство: . Воспользуемся методом математической индукции.

1) При n = 2 получим верное неравенство .

2) Предположим, что доказываемое неравенство верно при n = k , то есть . Докажем, что это неравенство будет верным и при n = k + 1. Действительно, , так как = .

Следовательно, рассматриваемое неравенство выполняется для всех натуральных n і 2. Исходное неравенство получается из доказанного при n = 100.

3.2. ( 8 баллов ) На отрезке АВ построена полуокружность, как на диаметре. На этой полуокружности выбраны произвольным образом точки P и Q . Точка С – пересечение прямых AP и BQ , а точка Х – пересечение касательных к полуокружности в точках Р и Q . Докажите, что прямые СХ и АВ перпендикулярны.

Пусть О – центр полуокружности. Для определенности, рассмотрим случай, когда H – точка пересечения прямых AQ и BP , расположена внутри полуокружности (см. рис. 4 а, б; для случая расположения точки Н вне полуокружности доказательство аналогично ).

Так как Р АРВ = Р BQA = 90 ° , то AQ и BP являются высотами треугольника АВС . Так как высоты треугольника пересекаются в одной точке, то СH ^ АВ .

Таким образом, для решения задачи достаточно доказать, что точка Х лежит на прямой СН . Рассмотрим точку Х 1 – середину отрезка СН и докажем, что она совпадает с точкой X .

Первый способ . Так как PХ 1 – медиана прямоугольного треугольника CPH , проведенная к его гипотенузе (см. рис. 4а), то Р Х 1 РВ = 90 ° – Р Х 1 РС = 90 ° – Р Х 1 СP = Р PAB . При этом, Р PAB – вписанный и опирается на дугу ВР . Следовательно, Х 1 Р – касательная к данной полуокружности. Аналогично доказывается, что Х 1 Q – также касательная к полуокружности.

Второй способ . Воспользуемся следующей классической теоремой: в любом треугольнике середины его сторон, основания высот и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами, лежат на одной окружности, которую обычно называют окружностью девяти точек .

В нашем случае окружность девяти точек треугольника АВС будет проходить, в частности, через точки P , Q , Х 1 , O и R – основание высоты, проведенной к стороне АВ (см. рис. 4б).

Так как Р Х 1 RO = 90 ° , то Х 1 O – диаметр этой окружности, поэтому Р Х 1 РO = Р Х 1 QO = 90 ° . Это и означает, что Х 1 Р и Х 1 Q – касательные к данной полуокружности.

3.3. ( 8 баллов ) Таблица 5 ґ 5 заполнена числами 1, 2, …, 25, причем любые два последовательных числа записаны в соседних (имеющих общую сторону) клетках. Какое наибольшее количество простых чисел может оказаться в одном столбце?