Μέθοδος καθόδου επίλυσης Διοφαντικών εξισώσεων. Επίλυση γραμμικών Διοφαντικών εξισώσεων με οποιονδήποτε αριθμό αγνώστων. Πρόβλημα με τα πόδια

Σήμερα προτείνω να αναλογιστούμε ένα ενδιαφέρον μαθηματικό πρόβλημα.
Δηλαδή, ας ζεσταθούμε λύνοντας την ακόλουθη γραμμική εξίσωση:

«Τι είναι δύσκολο;» - εσύ ρωτάς. Πράγματι, μόνο μία εξίσωση και τέσσερις άγνωστοι. Επομένως, τρεις μεταβλητές είναι ελεύθερες και η τελευταία εξαρτάται από αυτές. Ας το εκφράσουμε λοιπόν γρήγορα! Για παράδειγμα, μέσω της μεταβλητής , τότε το σύνολο λύσεων έχει ως εξής:

όπου είναι το σύνολο τυχόν πραγματικών αριθμών.

Λοιπόν, η λύση αποδείχθηκε πραγματικά πολύ ασήμαντη. Τότε θα περιπλέκουμε το έργο μας και θα το κάνουμε πιο ενδιαφέρον.

Ας θυμηθούμε για γραμμικές εξισώσεις με ακέραιους συντελεστές και ακέραιες ρίζες, που στην πραγματικότητα αποτελούν ένα είδος Διοφαντικών εξισώσεων. Συγκεκριμένα, θα επιβάλουμε στην εξίσωσή μας τον κατάλληλο περιορισμό στους ακέραιους συντελεστές και τις ρίζες. Οι συντελεστές για τους αγνώστους είναι ήδη ακέραιοι (), αλλά οι ίδιοι οι άγνωστοι πρέπει να περιοριστούν στα εξής:

όπου είναι το σύνολο των ακεραίων.

Τώρα η λύση που λήφθηκε στην αρχή του άρθρου δεν θα λειτουργήσει, καθώς κινδυνεύουμε να τη λάβουμε ως ορθολογικό (κλασματικό) αριθμό. Λοιπόν, πώς λύνετε αυτήν την εξίσωση; αποκλειστικάσε ακέραιους αριθμούς;

Ενδιαφέρομαι να λύσω αυτό το πρόβλημα, ρωτάω under cat.

Και συνεχίζουμε μαζί σας. Ας προσπαθήσουμε να κάνουμε μερικούς στοιχειώδεις μετασχηματισμούς της επιθυμητής εξίσωσης:

Το πρόβλημα εξακολουθεί να φαίνεται ακατανόητο, σε τέτοιες περιπτώσεις οι μαθηματικοί συνήθως κάνουν κάποιου είδους αντικατάσταση. Ας τα χτυπήσουμε μαζί σας:

Πω πω, πετύχαμε ένα ενδιαφέρον αποτέλεσμα! Συντελεστής μαζί μας τώρα ίσο με ένα, που σημαίνει ότι εσείς και εγώ μπορούμε να εκφράσουμε αυτό το άγνωστο ως προς τους υπόλοιπους αγνώστους αυτής της εξίσωσης χωρίς διαιρέσεις (που αμαρτήσαμε στην αρχή του άρθρου). Ας το κάνουμε:

Επιτρέψτε μου να σημειώσω ότι αυτό μας λέει ότι ανεξάρτητα από το τι είναι (στο πλαίσιο των Διοφαντινών εξισώσεων), θα παραμείνουν ακέραιος και αυτό είναι εντάξει.

Να θυμάστε ότι είναι δίκαιο να το πούμε αυτό. Και αντικαθιστώντας το αποτέλεσμα που λήφθηκε παραπάνω, παίρνουμε:

Εδώ βλέπουμε επίσης ότι ανεξάρτητα από το τι είναι, θα εξακολουθούν να παραμένουν ακέραιος, και αυτό είναι ακόμα μια χαρά.

Τότε έρχεται στο μυαλό μια φαεινή ιδέα: ας δηλώσουμε λοιπόν ως ελεύθερες μεταβλητές, και θα εκφράσουμε μέσα από αυτές! Στην πραγματικότητα, το έχουμε ήδη κάνει. Απομένει μόνο να γράψουμε την απάντηση στο σύστημα λύσης:

Τώρα μπορείτε να το δείτε στο σύστημα αποφάσεων κανένας διαχωρισμός πουθενά, που σημαίνει ότι οι λύσεις θα είναι πάντα ακέραιες. Ας προσπαθήσουμε να βρούμε μια συγκεκριμένη λύση στην αρχική εξίσωση, υποθέτοντας, για παράδειγμα, ότι:

Αντικαταστήστε στην αρχική εξίσωση:

Το ίδιο, ωραίο! Ας προσπαθήσουμε ξανά με ένα άλλο παράδειγμα, έτσι δεν είναι;

Εδώ βλέπουμε έναν αρνητικό συντελεστή, μπορεί να μας δώσει αρκετά προβλήματα, οπότε ας απαλλαγούμε από την αμαρτία αντικαθιστώντας τον, τότε η εξίσωση θα είναι η εξής:

Όπως θυμόμαστε, το καθήκον μας είναι να κάνουμε τέτοιους μετασχηματισμούς ώστε στην εξίσωσή μας να υπάρχει ένας άγνωστος με μοναδιαίο συντελεστή (για να τον εκφράσουμε στη συνέχεια μέσω των υπολοίπων χωρίς διαίρεση). Για να γίνει αυτό, πρέπει πάλι να βγάλουμε κάτι "εκτός παρένθεσης", το πιο γρήγορο είναι να πάρουμε τους συντελεστές από την εξίσωση που είναι πιο κοντά στη μονάδα. Ωστόσο, πρέπει να καταλάβετε ότι μόνο ο αριθμός που είναι απαραίτητα κάποιος συντελεστής της εξίσωσης (όχι περισσότερο, ούτε λιγότερο) μπορεί να αφαιρεθεί από την αγκύλη, διαφορετικά θα σκοντάψουμε σε ταυτολογία / αντίφαση ή κλάσματα (με άλλα λόγια, είναι αδύνατο οι ελεύθερες μεταβλητές να εμφανίζονται κάπου εκτός από την τελευταία αλλαγή). Ετσι:

Εισάγουμε μια αντικατάσταση και, στη συνέχεια, παίρνουμε:

Πάλι, το βγάζουμε από την αγκύλη και τελικά παίρνουμε τον άγνωστο στην εξίσωση με μοναδιαίο συντελεστή:

Εισάγουμε μια αντικατάσταση, στη συνέχεια:

Ας εκφράσουμε τον μοναχικό μας άγνωστο από εδώ:

Από αυτό προκύπτει ότι ό,τι και να πάρουμε, θα παραμένει ακέραιος. Τότε βρίσκουμε από την αναλογία:

Ομοίως, βρίσκουμε από τη σχέση:

Σε αυτό, το σύστημα λύσεών μας έχει ωριμάσει - έχουμε εκφράσει απολύτως όλα τα άγνωστα χωρίς να καταφεύγουμε σε διαίρεση, δείχνοντας έτσι ότι η λύση θα είναι σίγουρα ακέραιος. Επίσης, μην ξεχνάτε ότι και πρέπει να εισάγουμε μια αντίστροφη αντικατάσταση. Τότε το τελικό σύστημα λύσεων έχει ως εξής:

Επομένως, μένει να απαντήσουμε στο ερώτημα - μπορεί να λυθεί με αυτόν τον τρόπο οποιαδήποτε παρόμοια εξίσωση; Απάντηση: όχι, αν η εξίσωση είναι καταρχήν άλυτη. Αυτό συμβαίνει σε περιπτώσεις όπου ο ελεύθερος όρος δεν διαιρείται με το GCD όλων των συντελεστών για αγνώστους. Με άλλα λόγια, δεδομένης της εξίσωσης:

Για να το λύσουμε σε ακέραιους αριθμούς, αρκεί να εκπληρώσουμε την ακόλουθη συνθήκη:

(πού είναι ο μεγαλύτερος κοινός διαιρέτης).

Απόδειξη

Η απόδειξη δεν εξετάζεται στο πλαίσιο αυτού του άρθρου, καθώς αυτό αποτελεί λόγο για ξεχωριστό άρθρο. Μπορείτε να το δείτε, για παράδειγμα, στο υπέροχο βιβλίο του V. Sierpinsky «On solving equations in integers» στην §2.

Συνοψίζοντας τα παραπάνω, γράφουμε έναν αλγόριθμο ενεργειών για την επίλυση γραμμικών Διοφαντικών εξισώσεων με οποιονδήποτε αριθμό αγνώστων:

Συμπερασματικά, αξίζει να πούμε ότι είναι επίσης δυνατό να προστεθούν περιορισμοί σε κάθε όρο της εξίσωσης με τη μορφή μιας ανισότητας σε αυτήν (τότε προστίθεται ένα σύστημα ανισώσεων στο σύστημα λύσης, σύμφωνα με το οποίο η απάντηση θα πρέπει να να προσαρμοστεί), και επίσης να προσθέσετε κάτι άλλο ενδιαφέρον. Επίσης, δεν πρέπει να ξεχνάτε ότι ο αλγόριθμος λύσης είναι αυστηρός και μπορεί να γραφτεί με τη μορφή προγράμματος υπολογιστή.

Ο Πέτρος ήταν μαζί σου
Σας ευχαριστώ για την προσοχή σας.

Πρόβλημα 1. Ας υποθέσουμε ότι τα χταπόδια και οι αστερίες ζουν σε ένα ενυδρείο. Τα χταπόδια έχουν 8 πόδια και οι αστερίες έχουν 5. Υπάρχουν συνολικά 39 πόδια. Πόσα ζώα υπάρχουν στο ενυδρείο;

Λύση. Έστω x ο αριθμός των αστεριών και y ο αριθμός των χταποδιών. Τότε όλα τα χταπόδια έχουν 8 πόδια και όλα τα αστέρια έχουν 5 πόδια. Ας κάνουμε μια εξίσωση: 5x + 8y = 39.

Σημειώστε ότι ο αριθμός των ζώων δεν μπορεί να εκφραστεί ως μη ακέραιοι ή αρνητικοί αριθμοί. Επομένως, εάν το x είναι ένας μη αρνητικός ακέραιος, τότε το y \u003d (39 - 5x) / 8 πρέπει επίσης να είναι ακέραιος και μη αρνητικός, πράγμα που σημαίνει ότι η παράσταση 39 - 5x πρέπει να διαιρείται με το 8 χωρίς υπόλοιπο. Ένα απλό Η απαρίθμηση των επιλογών δείχνει ότι αυτό είναι δυνατό μόνο αν x = 3, τότε y = 3. Απάντηση: (3; 3).

Οι εξισώσεις της μορφής ax + bu = c ονομάζονται Διοφαντικές, από τον αρχαίο Έλληνα μαθηματικό Διόφαντο Αλεξανδρείας. Ο Διόφαντος έζησε, προφανώς, τον 3ο αιώνα. n. ε., τα υπόλοιπα στοιχεία της βιογραφίας του που είναι γνωστά σε εμάς εξαντλούνται από ένα τέτοιο ποίημα αίνιγμα, σύμφωνα με το μύθο, χαραγμένο στην ταφόπλακά του:

Οι στάχτες του Διόφαντου ο τάφος αναπαύεται· θαυμάστε αυτήν και την πέτρα

Θα του το πει με σοφή τέχνη η ηλικία του πεθαμένου.

Με τη θέληση των θεών, έζησε το ένα έκτο της ζωής του ως παιδί.

Και συνάντησε το μισό του έκτου με χνούδι στα μάγουλα.

Πέρασε μόνο το έβδομο, αρραβωνιάστηκε την κοπέλα του.

Μαζί της, αφού πέρασε πέντε χρόνια, ένας σοφός περίμενε τον γιο του.

Ο αγαπημένος του γιος έζησε μόνο τη μισή ζωή του πατέρα του.

Τον πήραν από τον πατέρα του από τον πρώιμο τάφο του.

Δύο φορές δύο χρόνια ο γονιός θρήνησε τη βαριά θλίψη,

Εδώ είδα το όριο της θλιβερής ζωής μου.

Πόσα χρόνια έζησε ο Διόφαντος ο Αλεξανδρινός;

Εργασία 2. Υπάρχουν καρφιά στην αποθήκη σε κουτιά των 16,17 και 40 κιλών. Μπορεί ένας αποθηκάριος να δώσει 100 κιλά καρφιά χωρίς να ανοίξει τα κουτιά; (μέθοδος άμεσης απαρίθμησης)

Ας αναλύσουμε τη μέθοδο επίλυσης σε σχέση με ένα άγνωστο.

Εργασία 3. Υπάρχουν 96 πίνακες στον κατάλογο της γκαλερί τέχνης. Σε κάποιες σελίδες υπάρχουν 4 πίνακες και σε κάποιες 6. Πόσες σελίδες από κάθε τύπο υπάρχουν στον κατάλογο;

Λύση. Έστω x ο αριθμός των σελίδων με τέσσερις εικόνες,

y είναι ο αριθμός των σελίδων με έξι εικόνες,

Λύνουμε αυτή την εξίσωση σε σχέση με αυτή των αγνώστων για τα οποία ο μικρότερος (modulo) συντελεστής. Στην περίπτωσή μας, αυτό είναι 4x, δηλαδή:

Διαιρούμε ολόκληρη την εξίσωση με αυτόν τον παράγοντα:

4x=96-6y | :4;

Τα υπόλοιπα όταν διαιρούνται με το 4: 1,2,3. Αντικαταστήστε αυτούς τους αριθμούς με y.

Αν y=1, τότε x=(96-6∙1):4=90:4 - Δεν λειτουργεί, η λύση δεν είναι σε ακέραιους αριθμούς.

Αν y=2, τότε x=(96-6∙2):4=21 - Κατάλληλο.

Αν y=3, τότε x=(96-6∙3):4=78:4 - Δεν λειτουργεί, η λύση δεν είναι σε ακέραιους αριθμούς.

Έτσι, μια συγκεκριμένη λύση είναι το ζεύγος (21;2), που σημαίνει ότι υπάρχουν 4 εικόνες σε 21 σελίδες και 6 εικόνες σε 2 σελίδες.

Ας αναλύσουμε τη μέθοδο επίλυσης χρησιμοποιώντας τον αλγόριθμο Ευκλείδη.

Πρόβλημα 4. Το κατάστημα πουλάει δύο είδη σοκολάτας: γάλακτος και bitter. Όλη η σοκολάτα αποθηκεύεται σε κουτιά. Στην αποθήκη υπάρχουν 7 κουτιά σοκολάτας γάλακτος και μαύρη σοκολάτα 4. Είναι γνωστό ότι υπήρχε ακόμη μια ράβδος μαύρης σοκολάτας. Πόσες μπάρες σοκολάτας υπάρχουν σε κάθε τύπο κουτιού;

Λύση. Έστω x ο αριθμός των ράβδων σοκολάτας γάλακτος σε ένα κουτί,

y είναι ο αριθμός των ράβδων μαύρης σοκολάτας σε ένα κουτί,

Στη συνέχεια, σύμφωνα με την συνθήκη αυτού του προβλήματος, μπορούμε να γράψουμε μια εξίσωση:

Ας λύσουμε αυτήν την εξίσωση χρησιμοποιώντας τον αλγόριθμο του Ευκλείδη.

Εκφράστε 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.

Express 4=3∙1+1, => 1=4-3∙1=4-(7-4∙1)=4-7+4∙1=4∙ 2 -7∙1 =1.

Άρα, αποδεικνύεται x=1. y=2.

Και αυτό σημαίνει ότι η σοκολάτα γάλακτος είναι σε κουτί του 1 τεμαχίου και η πικρή είναι 2 τεμάχια.

Ας αναλύσουμε τη μέθοδο αναζήτησης μιας συγκεκριμένης λύσης και τον γενικό τύπο λύσης.

Πρόβλημα 5. Στην αφρικανική φυλή Tumbe-Yumbe, δύο ντόπιοι Tumba και Yumba εργάζονται ως κομμωτές, και ο Tumba πάντα πλέκει 7 πλεξούδες για τους πελάτες του και ο Yumba 4 πλεξούδες ο καθένας. Πόσους πελάτες εξυπηρετούσαν ατομικά οι πλοίαρχοι στη βάρδια, αν είναι γνωστό ότι μαζί έπλεξαν 53 κοτσιδάκια;

Λύση. Έστω x ο αριθμός των πελατών της Τούμπας,

y είναι ο αριθμός των πελατών Yumba,

τότε 7x+4y=53 (1).

Τώρα, για να βρούμε συγκεκριμένες λύσεις στην εξίσωση (,), αντικαθιστούμε το άθροισμα των αριθμών που μας δίνεται με 1. Αυτό θα απλοποιήσει πολύ την αναζήτηση κατάλληλων αριθμών. Παίρνουμε:

Ας λύσουμε αυτήν την εξίσωση χρησιμοποιώντας τη μέθοδο αντικατάστασης.

4 ετών \u003d 1-7x │: 4;

Τα υπόλοιπα όταν διαιρούνται με 4: 1, 2, 3. Αντικαταστήστε αυτούς τους αριθμούς αντί για x:

Αν x=1, τότε το y=(1-7):4 δεν είναι κατάλληλο, γιατί η λύση δεν είναι σε ακέραιους αριθμούς.

Αν x=2, τότε το y=(1-7∙2):4 δεν είναι κατάλληλο, γιατί η λύση δεν είναι σε ακέραιους αριθμούς.

Αν x=3, τότε το y=(1-7∙3):4=-5 είναι εντάξει.

Στη συνέχεια πολλαπλασιάζουμε τις προκύπτουσες τιμές με την αρχική τιμή του αθροίσματος, την οποία αντικαταστήσαμε με 1, δηλ.

x=x 0 ∙53=3∙53=159;

y=y 0 ∙53=-5∙53=-265.

Βρήκαμε μια συγκεκριμένη λύση της εξίσωσης (1). Ας το ελέγξουμε αντικαθιστώντας την αρχική εξίσωση:

7∙159+4∙(-265)=53; (3)

Η απάντηση συνήλθε. Αν λύναμε μια αφηρημένη εξίσωση, θα μπορούσαμε να σταματήσουμε εκεί. Ωστόσο, λύνουμε το πρόβλημα και επειδή η Τούμπα δεν μπόρεσε να πλέξει αρνητικό αριθμό πλεξούδων, πρέπει να συνεχίσουμε τη λύση. Τώρα θα γράψουμε τύπους για τη γενική λύση. Για να γίνει αυτό, αφαιρούμε από την αρχική εξίσωση (1) την εξίσωση με υποκατεστημένες τιμές (3). Παίρνουμε:

Ας βγάλουμε τους κοινούς παράγοντες εκτός παρενθέσεων:

7(x-159)+4(y+265)=0.

Ας μετακινήσουμε έναν από τους όρους από το ένα μέρος της εξίσωσης στο άλλο:

7(x-159)=-4(y+265).

Τώρα έγινε σαφές ότι για να λυθεί η εξίσωση (x-159) πρέπει να διαιρείται με -4 και (y + 265) να διαιρείται με το 7. Ας εισάγουμε τη μεταβλητή n, η οποία θα εμφανίσει αυτή την παρατήρησή μας:

Ας μετακινήσουμε τους όρους από τη μια πλευρά της εξίσωσης στην άλλη:

Έχουμε λάβει μια γενική λύση σε αυτήν την εξίσωση, τώρα μπορούμε να αντικαταστήσουμε διάφορους αριθμούς σε αυτήν και να λάβουμε τις αντίστοιχες απαντήσεις.

Για παράδειγμα, έστω n=39, τότε

Και αυτό σημαίνει ότι η Tumba έπλεξε κοτσιδάκια για 3 πελάτες και η Yumba για 8 πελάτες.

Λύστε προβλήματα με διάφορους τρόπους.

Εργασία 6: Η Vovochka αγόρασε στυλό για 8 ρούβλια και μολύβια για 5 ρούβλια. Επιπλέον, πλήρωσε 19 ρούβλια περισσότερα για όλα τα μολύβια παρά για όλα τα στυλό. Πόσα στυλό και πόσα μολύβια αγόρασε ο Μικρός Τζόνι; (μέθοδος αναζήτησης γενικής λύσης, λύση για έναν άγνωστο, χρησιμοποιώντας τον ευκλείδειο αλγόριθμο).

Πρόβλημα 7. Οι μαρκαδόροι αγοράστηκαν για 7 ρούβλια και τα μολύβια για 4 ρούβλια το καθένα, συνολικού ύψους 53 ρούβλια. Πόσα μολύβια και μολύβια αγοράστηκαν;

Πρόβλημα 8. (Δημοτική ξενάγηση VOSH 2014-2015): στον πλανήτη Γ, υπάρχουν δύο είδη νομισμάτων: 16 tugriks και 27 tugriks το καθένα. Είναι δυνατόν να αγοράσετε αγαθά στην τιμή του 1 tugrik με τη βοήθειά τους;

Πρόβλημα 9. Ο Σεχεραζάντ λέει τα παραμύθια του στον μεγάλο ηγεμόνα. Συνολικά έχει να πει 1001 παραμύθια. Πόσες νύχτες θα πάρει η Σεχεραζάντ για να πει όλα τα παραμύθια της, αν κάποιες νύχτες λέει 3 ιστορίες και κάποιες άλλες 5; Σε πόσες νύχτες θα πει ο Σεχεραζάντ όλες τις ιστορίες του αν θέλει να το κάνει όσο πιο γρήγορα γίνεται; Πόσες νύχτες θα χρειαστεί η Σεχεραζάντ αν είναι κουραστική να λέει πέντε ιστορίες τη νύχτα, οπότε θα έπρεπε να υπάρχουν όσο το δυνατόν λιγότερες τέτοιες νύχτες;

Εργασία 10. (θυμηθείτε τον "Υδροχόο") Πώς να ρίξετε 3 λίτρα νερό, έχοντας ένα δοχείο 9 λίτρων και ένα δοχείο 5 λίτρων;

Πρόβλημα 11. Ο μικρός Τζόνι τα πάει περίφημα στα μαθηματικά. Στο ημερολόγιό του έχει μόνο πεντάδες και τετράδες, και υπάρχουν κι άλλες πεντάδες. Το άθροισμα όλων των βαθμών του Vovochka στα μαθηματικά είναι 47. Πόσα Vovochka πήρε πεντάδες και πόσα τέσσερα;

Πρόβλημα 12. Ο Koschey ο Αθάνατος δημιούργησε ένα φυτώριο για την αναπαραγωγή των φιδιών Gorynych. Στην τελευταία γέννα, έχει φίδια 17 και 19 κεφαλών. Συνολικά αυτός ο γόνος έχει 339 γκολ. Πόσα φίδια με 17 κεφάλια και πόσα 19 κεφάλια γέννησε ο Koshchei;

Απαντήσεις: Ο Διόφαντος έζησε 84 χρόνια.

εργασία 2: 4 κουτιά των 17 κιλών και 2 κουτιά των 16 κιλών.

Εργασία 6: Αγοράστηκαν 7 μολύβια και 8 στυλό, δηλ. (7,2) είναι μια συγκεκριμένη λύση και y = 2 + 5n, x = 7 + 8n, όπου το nє Z είναι μια γενική λύση.

Εργασία 7: (-53; 106) - μια συγκεκριμένη λύση, x=4n-53, y=-7n+106 - γενικές λύσεις, με n=14, x=3, y=8, δηλαδή, 3 τσόχα αγοράστηκαν στυλό και 8 μολύβια.

Εργασία 8: για παράδειγμα, πληρώστε 3 νομίσματα των 27 tugriks και λάβετε αλλαγή 5 νομισμάτων των 16 tugriks.

εργασία 9: (2002; -1001) - μια συγκεκριμένη λύση, x=-5 n+2002, y=3n-1001 - μια γενική λύση, με n=350, y=49, x=252, δηλ. 252 νύχτες, 3 παραμύθια το καθένα και 49 νύχτες από 5 παραμύθια - συνολικά 301 νύχτες. η πιο γρήγορη επιλογή: 2 νύχτες με τρία παραμύθια και 199 νύχτες με 5 παραμύθια - συνολικά 201 νύχτες. η μεγαλύτερη επιλογή: 332 νύχτες με 3 παραμύθια και 1 νύχτα με 5 παραμύθια - συνολικά 333 νύχτες.

εργασία 10: για παράδειγμα, ρίξτε νερό 2 φορές με ένα βάζο 9 λίτρων και αφαιρέστε το 3 φορές με ένα βάζο 5 λίτρων.

Εργασία 11: Ο μικρός Τζόνι πήρε 7 πεντάδες και 4 τετράδες.

Πρόβλημα 12: 11 Φίδια με 17 κεφάλια και 8 Φίδια με 19 κεφάλια.

Για να λύσετε μια γραμμική εξίσωση Διοφαντίνης, πρέπει να βρείτε τις τιμές των μεταβλητών "x" και "y", οι οποίες είναι ακέραιοι. Η ακέραια λύση είναι πιο περίπλοκη από τη συνηθισμένη και απαιτεί ένα συγκεκριμένο σύνολο ενεργειών. Πρώτα πρέπει να υπολογίσετε τον μεγαλύτερο κοινό διαιρέτη (gcd) των συντελεστών και μετά να βρείτε τη λύση. Μόλις βρείτε μια ακέραια λύση σε μια γραμμική εξίσωση, μπορείτε να εφαρμόσετε ένα απλό μοτίβο για να βρείτε έναν άπειρο αριθμό άλλων λύσεων.

Βήματα

Μέρος 1

Πώς να γράψετε μια εξίσωση

Γράψτε την εξίσωση σε τυπική μορφή.Γραμμική εξίσωση είναι μια εξίσωση στην οποία οι εκθέτες των μεταβλητών δεν υπερβαίνουν το 1. Για να λύσετε μια τέτοια γραμμική εξίσωση, γράψτε την πρώτα σε τυπική μορφή. Η τυπική μορφή μιας γραμμικής εξίσωσης μοιάζει με αυτό: A x + B y = C (\displaystyle Ax+By=C), Οπου A , B (\displaystyle A,B)Και C (\displaystyle C)- ολόκληροι αριθμοί.

Απλοποιήστε την εξίσωση (αν είναι δυνατόν).Όταν γράφετε την εξίσωση σε τυπική μορφή, κοιτάξτε τους συντελεστές A , B (\displaystyle A,B)Και C (\displaystyle C). Εάν αυτοί οι συντελεστές έχουν GCD, διαιρέστε και τους τρεις συντελεστές με αυτό. Η λύση μιας τέτοιας απλοποιημένης εξίσωσης θα είναι επίσης μια λύση στην αρχική εξίσωση.

Ελέγξτε εάν η εξίσωση μπορεί να λυθεί.Σε ορισμένες περιπτώσεις, μπορείτε να δηλώσετε αμέσως ότι η εξίσωση δεν έχει λύσεις. Αν ο συντελεστής "C" δεν διαιρείται με το GCD των συντελεστών "A" και "B", η εξίσωση δεν έχει λύσεις.

Μέρος 2ο

Πώς να γράψετε τον αλγόριθμο Ευκλείδη

1. Κατανοήστε τον αλγόριθμο του Ευκλείδη.Αυτή είναι μια σειρά από επαναλαμβανόμενες διαιρέσεις στις οποίες το προηγούμενο υπόλοιπο χρησιμοποιείται ως επόμενος διαιρέτης. Ο τελευταίος διαιρέτης που διαιρεί τους αριθμούς ομοιόμορφα είναι ο μεγαλύτερος κοινός διαιρέτης (gcd) των δύο αριθμών.

   Εφαρμόστε τον αλγόριθμο του Ευκλείδη στους συντελεστές «Α» και «Β».Όταν γράφετε τη γραμμική εξίσωση σε τυπική μορφή, προσδιορίστε τους συντελεστές "A" και "B" και στη συνέχεια εφαρμόστε τον αλγόριθμο του Ευκλείδη σε αυτούς για να βρείτε το gcd. Για παράδειγμα, με δεδομένη τη γραμμική εξίσωση 87 x − 64 y = 3 (\displaystyle 87x-64y=3).

   Βρείτε τον μεγαλύτερο κοινό διαιρέτη (gcd).Δεδομένου ότι ο τελευταίος διαιρέτης ήταν το 1, το GCD του 87 και του 64 είναι 1. Άρα το 87 και το 64 είναι πρώτοι αριθμοί μεταξύ τους.

   Αναλύστε το αποτέλεσμα.Όταν βρείτε το GCD των συντελεστών A (\displaystyle A)Και B (\displaystyle B), συγκρίνετε το με τον συντελεστή C (\displaystyle C)αρχική εξίσωση. Αν C (\displaystyle C)χωρίζεται σε NOD A (\displaystyle A)Και B (\displaystyle B), η εξίσωση έχει ακέραια λύση. διαφορετικά, η εξίσωση δεν έχει λύσεις.

Μέρος 3

Πώς να βρείτε μια λύση χρησιμοποιώντας τον αλγόριθμο του Ευκλείδη

Αριθμήστε τα βήματα για τον υπολογισμό του GCD.Για να βρεθεί μια λύση σε μια γραμμική εξίσωση, πρέπει να χρησιμοποιηθεί ο Ευκλείδειος αλγόριθμος ως βάση της διαδικασίας αντικατάστασης και απλοποίησης.

Δώστε προσοχή στο τελευταίο βήμα, όπου υπάρχει υπόλοιπο.Ξαναγράψτε την εξίσωση για αυτό το βήμα για να απομονώσετε το υπόλοιπο.

Απομονώστε το υπόλοιπο του προηγούμενου βήματος.Αυτή η διαδικασία είναι μια βήμα προς βήμα «προς τα πάνω». Κάθε φορά θα απομονώνετε το υπόλοιπο στην εξίσωση από το προηγούμενο βήμα.

Κάντε μια αλλαγή και απλοποιήστε.Σημειώστε ότι η εξίσωση στο βήμα 6 περιέχει τον αριθμό 2, αλλά στην εξίσωση στο βήμα 5, ο αριθμός 2 είναι απομονωμένος. Έτσι, αντί για "2" στην εξίσωση στο βήμα 6, αντικαταστήστε την έκφραση στο βήμα 5:

Επαναλάβετε τη διαδικασία αντικατάστασης και απλοποίησης.Επαναλάβετε την περιγραφόμενη διαδικασία, κινούμενοι στον αλγόριθμο του Ευκλείδη με αντίστροφη σειρά. Κάθε φορά θα ξαναγράφετε την εξίσωση του προηγούμενου βήματος και θα την αντικαθιστάτε στην τελευταία εξίσωση που έχετε.

1. Συνέχιση της διαδικασίας υποκατάστασης και απλοποίησης.Αυτή η διαδικασία θα επαναληφθεί μέχρι να φτάσετε στο αρχικό βήμα του αλγορίθμου Ευκλείδη. Ο στόχος της διαδικασίας είναι να γράψετε μια εξίσωση με τους συντελεστές 87 και 64 της αρχικής εξίσωσης που θα λυθεί. Στο παράδειγμά μας:

   • 1 = 2 (18) − 7 (5) (\displaystyle 1=2(18)-7(5))
   • 1 = 2 (18) − 7 (23 − 18) (\displaystyle 1=2(18)-7(23-18))(αντικατεστημένη έκφραση από το βήμα 3)
   • 1 = 9 (64 − 2 ∗ 23) − 7 (23) (\displaystyle 1=9(64-2*23)-7(23))(υποκατεστημένη έκφραση από το βήμα 2)
   • 1 = 9 (64) − 25 (87 − 64) (\displaystyle 1=9(64)-25(87-64))(αντικατεστημένη έκφραση από το βήμα 1)

Υπουργείο Παιδείας και Επιστημών της Ρωσικής Ομοσπονδίας

Κρατικό ανώτατο εκπαιδευτικό ίδρυμα

επαγγελματική εκπαίδευση

«Κρατική Κοινωνική και Παιδαγωγική Ακαδημία Tobolsk

τους. DI. Μεντελέεφ"

Τμήμα Μαθηματικών ΤΙΜΟΜ

Μερικές Διοφαντικές Εξισώσεις

Εργασία μαθήματος

Τριτοετής φοιτητής FMF

Mataev Evgeny Viktorovich

Επιστημονικός Σύμβουλος:

Υποψήφιος Φυσικομαθηματικών Επιστημών Α.Ι.Βαλίτσκας

Βαθμός: ____________

Tobolsk - 2011

Εισαγωγή……………………………………………………………………........2

§ 1. Γραμμικές Διοφαντικές εξισώσεις………………………………………..3

§ 2. Διοφαντική εξίσωσηΧ 2 – y 2 = ένα………………………………….....9

§ 3. Διοφαντική εξίσωσηΧ 2 + y 2 = ένα…………………………………... 12

§ 4. Εξίσωση x 2 + x + 1 = 3y 2 …………………………………………….. 16

§ 5. Πυθαγόρειες τριάδες………………………………………………………….. 19

§ 6. Το τελευταίο θεώρημα του Fermat………………………………………………………………

Συμπέρασμα……………………………………………………………………………………………………………….

Βιβλιογραφία...........………………………………………………..30

ΕΙΣΑΓΩΓΗ

Μια διοφαντική εξίσωση είναι μια εξίσωση της μορφής Π(Χ 1 , … , Χ n ) = 0 , όπου η αριστερή πλευρά είναι ένα πολυώνυμο σε μεταβλητές Χ 1 , … , Χ nμε ακέραιους συντελεστές. Οποιοδήποτε σετ παραγγελίας (u 1 ; … ; u n ) ακέραιοι με ιδιότητα Π(u 1 , … , u n ) = 0 ονομάζεται (μερική) λύση της Διοφαντικής εξίσωσης Π(Χ 1 , … , Χ n ) = 0 . Για να λύσετε μια Διοφαντική εξίσωση σημαίνει να βρείτε όλες τις λύσεις της, δηλ. τη γενική λύση αυτής της εξίσωσης.

Στόχος μας θα είναι να μάθουμε πώς να βρίσκουμε λύσεις σε κάποιες Διοφαντικές εξισώσεις, εάν αυτές οι λύσεις είναι διαθέσιμες.

Για να το κάνετε αυτό, πρέπει να απαντήσετε στις ακόλουθες ερωτήσεις:

ΕΝΑ. Έχει πάντα λύση η εξίσωση Διοφαντίου, βρείτε τις προϋποθέσεις για την ύπαρξη λύσης.

σι. Υπάρχει κάποιος αλγόριθμος που επιτρέπει την εύρεση λύσης σε μια εξίσωση Διοφαντίνης;

Παραδείγματα: 1.Διοφαντική εξίσωση 5 Χ – 1 = 0 δεν έχει λύσεις.

2. Διοφαντική εξίσωση 5 Χ – 10 = 0 έχει λύση Χ = 2 , που είναι το μόνο.

3. Η εξίσωση ln Χ – 8 Χ 2 = 0 δεν είναι Διοφαντίνος.

4. Συχνά εξισώσεις της μορφής Π(Χ 1 , … , Χ n ) = Q(Χ 1 , … , Χ n ) , Οπου Π(Χ 1 , … , Χ n ) , Q(Χ 1 , … , Χ n ) είναι πολυώνυμα με ακέραιους συντελεστές, που ονομάζονται και Διοφαντικά. Μπορούν να γραφτούν στη φόρμα Π(Χ 1 , … , Χ n ) – Q(Χ 1 , … , Χ n ) = 0 , το οποίο είναι πρότυπο για τις Διοφαντικές εξισώσεις.

5. Χ 2 – y 2 = έναείναι μια Διοφαντική εξίσωση δεύτερου βαθμού με δύο άγνωστους x και y για οποιονδήποτε ακέραιο αριθμό α. Έχει λύσεις για ένα = 1 , αλλά δεν υπάρχουν λύσεις για ένα = 2 .

§ 1. Γραμμικές Διοφαντικές Εξισώσεις

Αφήνω ένα 1 , … , ένα n , ΜεΖ . Εξίσωση τύπου ένα 1 Χ 1 + … + α n Χ n = γονομάζεται γραμμική Διοφαντική εξίσωση με συντελεστές ένα 1 , … , ένα n , δεξιά πλευρά γ και άγνωστη Χ 1 , … , Χ n . Αν η δεξιά πλευρά c μιας γραμμικής Διοφαντικής εξίσωσης είναι μηδέν, τότε μια τέτοια Διοφαντική εξίσωση ονομάζεται ομοιογενής.

Άμεσος στόχος μας είναι να μάθουμε πώς να βρίσκουμε συγκεκριμένες και γενικές λύσεις γραμμικών Διοφαντινών εξισώσεων σε δύο άγνωστα. Προφανώς, οποιαδήποτε ομοιογενής Διοφαντινή εξίσωση ένα 1 Χ 1 + … + α n Χ n = 0 έχει πάντα μια συγκεκριμένη λύση (0; … ; 0).

Προφανώς, μια γραμμική Διοφαντινή εξίσωση, της οποίας όλοι οι συντελεστές είναι ίσοι με μηδέν, έχει λύση μόνο στην περίπτωση που η δεξιά πλευρά της είναι ίση με μηδέν. Γενικά έχουμε τα εξής

Θεώρημα (για την ύπαρξη λύσης γραμμικής Διοφαντικής εξίσωσης).Γραμμική διοφαντική εξίσωση ένα 1 Χ 1 + … + α n Χ n = γ, του οποίου οι συντελεστές δεν είναι όλοι ίσοι με μηδέν, έχει λύση αν και μόνο αν GCD(α 1 , … , ένα n ) | ντο.

Απόδειξη.Η αναγκαιότητα της συνθήκης είναι προφανής: GCD(α 1 , … , ένα n ) | ένα Εγώ (1 Εγώ n) , Ετσι GCD(α 1 , … , ένα n ) | (ένα 1 Χ 1 + … + ένα n Χ n ) , που σημαίνει ότι διαιρεί και

ντο = ένα 1 Χ 1 + … + ένα n Χ n .

Αφήνω ρε= gcd(ένα 1 , … , ένα n ) , γ =Dt Και ένα 1 u 1 + … + α n u n = ρε – γραμμική επέκταση του μεγαλύτερου κοινού διαιρέτη αριθμών ένα 1 , … , ένα n. Πολλαπλασιάζοντας και τις δύο πλευρές με t, παίρνουμε ένα 1 (u 1 t) + … + α n (u n t) = Dt = ντο, δηλ. ακέραιος αριθμός

n-κα (Χ 1 t; … Χ n t)είναι μια λύση στην αρχική εξίσωση με nάγνωστος.

Το θεώρημα έχει αποδειχθεί.

Αυτό το θεώρημα δίνει έναν εποικοδομητικό αλγόριθμο για την εύρεση συγκεκριμένων λύσεων σε γραμμικές διοφαντικές εξισώσεις.

Παραδείγματα: 1.Γραμμική διοφαντική εξίσωση 12x+21y=5δεν έχει λύση γιατί gcd(12, 21) = 3δεν χωρίζει 5 .

2. Βρείτε μια συγκεκριμένη λύση της Διοφαντικής εξίσωσης 12x+21y = 6.

Προφανώς τώρα gcd(12, 21) = 3 | 6, άρα η λύση υπάρχει. Γράφουμε τη γραμμική επέκταση gcd(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1). Επομένως, ένα ζευγάρι (2; –1) είναι μια συγκεκριμένη λύση της εξίσωσης 12x+21y = 3, και ένα ζευγάρι (4; –2) είναι μια συγκεκριμένη λύση της αρχικής εξίσωσης 12x+21y = 6.

3. Βρείτε μια συγκεκριμένη λύση σε μια γραμμική εξίσωση 12x + 21y - 2z = 5.

Επειδή (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , τότε η λύση υπάρχει. Μετά την απόδειξη του θεωρήματος, βρίσκουμε πρώτα μια λύση στην εξίσωση (12,21)x–2y=5, και στη συνέχεια, αντικαθιστώντας τη γραμμική επέκταση του μεγαλύτερου κοινού διαιρέτη από το προηγούμενο πρόβλημα, παίρνουμε τη λύση της αρχικής εξίσωσης.

Για να λύσουμε την εξίσωση 3x - 2y = 5γράψτε τη γραμμική επέκταση gcd(3, -2) = 1 = 31 - 21προφανώς. Κάποια νούμερα λοιπόν (1; 1) είναι λύση της εξίσωσης 3 Χ – 2 y = 1 , και ένα ζευγάρι (5; 5) είναι μια ιδιαίτερη λύση της Διοφαντικής εξίσωσης 3x - 2y = 5.

Ετσι, (12, 21)5 – 25 = 5 . Αντικαθιστώντας εδώ την γραμμική επέκταση που βρέθηκε προηγουμένως (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , παίρνουμε (122+21(–1))5 – 25 = 5 , ή 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , δηλ. τριπλέτα ακεραίων (10; –5; 5) είναι μια ιδιαίτερη λύση της αρχικής εξίσωσης Διοφαντίνης 12x + 21y - 2z = 5.

Θεώρημα (σχετικά με τη δομή της γενικής λύσης γραμμικής Διοφαντινής εξίσωσης).Για μια γραμμική Διοφαντική εξίσωση ένα 1 Χ 1 + … + α n Χ n = γαληθεύουν οι παρακάτω δηλώσεις:

(1) εάν = (υ 1 ; … u n ), = (v 1 ; … v n ) είναι οι ιδιαίτερες λύσεις του, τότε η διαφορά (u 1 – v 1 ; … u n – v n ) είναι μια συγκεκριμένη λύση της αντίστοιχης ομοιογενούς εξίσωσης ένα 1 Χ 1 + … + α n Χ n = 0 ,

(2) το σύνολο των συγκεκριμένων λύσεων της γραμμικής ομογενούς εξίσωσης Διοφαντίνης ένα 1 Χ 1 + … + α n Χ n = 0 κλείνει με πρόσθεση, αφαίρεση και πολλαπλασιασμό με ακέραιους αριθμούς,

(3) εάν Μείναι η γενική λύση της δεδομένης γραμμικής διοφαντικής εξίσωσης, και μεγάλοείναι η γενική λύση της αντίστοιχης ομοιογενούς Διοφαντινής εξίσωσης, τότε για οποιαδήποτε συγκεκριμένη λύση = (υ 1 ; … u n ) της αρχικής εξίσωσης, η ισότητα M = +L .

Απόδειξη.Αφαίρεση της ισότητας ένα 1 v 1 + … + ένα n v n = ντο από την ισότητα ένα 1 u 1 + … +α n u n = γ, παίρνουμε ένα 1 (u 1 – v 1 ) + … + α n (u n – v n ) = 0 , δηλ. το σετ

(u 1 – v 1 ; … u n – v n ) είναι μια ιδιαίτερη λύση της γραμμικής ομογενούς εξίσωσης Διοφαντίνης ένα 1 Χ 1 + … + α n Χ n = 0 . Έτσι, έχει αποδειχθεί ότι

= (u 1 ; … u n ), = (v 1 ; … v n ) Μμεγάλο .

Αυτό αποδεικνύει τον ισχυρισμό (1).

Η δήλωση (2) αποδεικνύεται ομοίως:

, μεγάλο z Ζ μεγάλο z μεγάλο .

Για να αποδείξουμε (3), σημειώνουμε πρώτα ότι M+L. Αυτό προκύπτει από το προηγούμενο: M+L .

Αντίθετα, εάν = (λ 1 ; … μεγάλο n ) L και = (u 1 ; … u n ) Μ, μετά ο Μ:

ένα 1 (u 1 +l 1 )+ …+α n (u n +l n ) = (α 1 u 1 + … + α n u n )+(α 1 μεγάλο 1 + … + α n μεγάλο n ) = γ + 0 = γ.

Ετσι, + ΛΜ, και τελικά M = +L .

Το θεώρημα έχει αποδειχθεί.

Το αποδεδειγμένο θεώρημα έχει σαφή γεωμετρική σημασία. Αν λάβουμε υπόψη τη γραμμική εξίσωση ένα 1 Χ 1 + … + α n Χ n = γ, Οπου Χ Εγώ R, τότε, όπως είναι γνωστό από τη γεωμετρία, καθορίζει στο χώρο R nυπερπλάνο που λαμβάνεται από το αεροπλάνο μεγάλο με ομοιογενή εξίσωση ένα 1 Χ 1 + … +α n Χ n =0 περνώντας από την αρχή των συντεταγμένων με μετατόπιση κατά κάποιο διάνυσμα R n. Προβολή επιφάνειας + μεγάλοονομάζεται επίσης γραμμική πολλαπλή με χώρο οδηγό μεγάλοκαι διάνυσμα μετατόπισης . Έτσι, αποδεικνύεται ότι η γενική λύση Μδιοφαντική εξίσωση ένα 1 Χ 1 + … + α n Χ n = γαποτελείται από όλα τα σημεία κάποιας γραμμικής πολλαπλότητας που έχουν ακέραιες συντεταγμένες. Σε αυτήν την περίπτωση, οι συντεταγμένες του διανύσματος μετατόπισης είναι επίσης ακέραιοι και το σύνολο μεγάλολύσεις της ομογενούς Διοφαντινής εξίσωσης ένα 1 Χ 1 + … + α n Χ n = 0 αποτελείται από όλα τα σημεία στον οδηγό χώρο με ακέραιες συντεταγμένες. Για το λόγο αυτό, λέγεται συχνά ότι το σύνολο των λύσεων μιας αυθαίρετης διοφαντικής εξίσωσης σχηματίζει μια γραμμική πολλαπλότητα με διάνυσμα μετατόπισης και ηγετικός χώρος μεγάλο.

Παράδειγμα:για την Διοφαντική εξίσωση x - y \u003d 1κοινή απόφαση Μέχει τη μορφή (1+y; y), όπου yΖ, η συγκεκριμένη λύση του = (1; 0) και η γενική λύση μεγάλοομοιογενής εξίσωση x – y = 0θα γραφτεί στη φόρμα (y; y), Οπου στοΖ. Έτσι, μπορούμε να σχεδιάσουμε την ακόλουθη εικόνα, στην οποία οι λύσεις της αρχικής εξίσωσης Diophantine και της αντίστοιχης ομοιογενούς εξίσωσης Diophantine φαίνονται με χοντρές κουκκίδες στη γραμμική πολλαπλότητα Μκαι χώρο μεγάλοαντίστοιχα.

2. Να βρείτε τη γενική λύση της διοφαντικής εξίσωσης 12x + 21y - 2z = 5.

Ιδιωτική απόφαση (10; –5; 5) αυτή η εξίσωση βρέθηκε νωρίτερα, βρίσκουμε τη γενική λύση της ομογενούς εξίσωσης 12x + 21y - 2z = 0, ισοδύναμο με την Διοφαντική εξίσωση 12 Χ + 21 y = 2 z.

Για να είναι επιλύσιμη αυτή η εξίσωση, είναι απαραίτητο και αρκετό η συνθήκη gcd(12, 21) = 3 | 2z,εκείνοι. 3 | zή z = 3tγια κάποιο ακέραιο t. Μειώνοντας και τα δύο μέρη σε 3 , παίρνουμε 4x + 7y = 2t. Ειδική λύση (2; –1) της εξίσωσης Διοφαντίνης 4x+7y= 1 που βρέθηκε στο προηγούμενο παράδειγμα. Να γιατί (4t ; -2t)είναι μια συγκεκριμένη λύση της εξίσωσης 4x + 7y = 2tγια κάθε

t Ζ. Γενική λύση της αντίστοιχης ομοιογενούς εξίσωσης

(7 u ; –4 u) ήδη βρέθηκε. Έτσι, η γενική λύση της εξίσωσης 4x + 7y = 2tμοιάζει με: (4t + 7u; -2 τόνοι - 4u) , και τη γενική λύση της ομογενούς εξίσωσης 12x + 21y - 2z = 0θα γραφτεί ως εξής:

(4t + 7u; -2 τόνοι - 4u; 3t).

Είναι εύκολο να επαληθευτεί ότι αυτό το αποτέλεσμα αντιστοιχεί στο θεώρημα που αναφέρθηκε παραπάνω χωρίς απόδειξη για λύσεις της ομογενούς εξίσωσης Διοφαντίνης ΕΝΑ 1 Χ 1 + … + α n Χ n = 0 : Αν P =,Οτι RΚαι

(u; t) Πείναι η γενική λύση της θεωρούμενης ομοιογενούς εξίσωσης.

Άρα, η γενική λύση της Διοφαντικής εξίσωσης 12x + 21y - 2z = 5μοιάζει με αυτό: (10 + 4t + 7u; –5 – 2t – 4u; 5+3 τόνοι).

3. Στο παράδειγμα της προηγούμενης εξίσωσης, παρουσιάζουμε μια άλλη μέθοδο για την επίλυση εξισώσεων Διοφαντίνης σε πολλά άγνωστα, η οποία συνίσταται στη διαδοχική μείωση της μέγιστης τιμής των μονάδων των συντελεστών της.

12x + 21y - 2z = 5 12x + (102 + 1)y - 2z = 5

12x + y - 2(z - 10y) = 5

Έτσι, η γενική λύση της εξεταζόμενης εξίσωσης μπορεί να γραφτεί ως εξής: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), Οπου x, uείναι αυθαίρετες ακέραιοι παράμετροι.

§ 2. Διοφαντική εξίσωσηΧ 2 – y 2 = ένα

Παραδείγματα: 1.Στο ένα = 0 παίρνουμε άπειρο αριθμό λύσεων: Χ = yή Χ = – yΓια οποιονδηποτε y Ζ.

2. Στο ένα = 1 έχουμε Χ 2 – y 2 = 1 (Χ + y)(Χ – y) = 1 . Έτσι, ο αριθμός 1 αποσυντίθεται στο γινόμενο δύο ακεραίων παραγόντων Χ + yΚαι Χ – y(σημαντικό, ότι Χ, y- ολόκληρος!). Επειδή ο αριθμός 1 μόνο δύο επεκτάσεις στο γινόμενο ακεραίων παραγόντων 1 = 11 Και 1 = (–1)(–1) , έχουμε δύο πιθανότητες: .

3. Για ένα = 2 έχουμε Χ 2 – y 2 = 2 (Χ + y)(Χ – y) = 2. Προχωρώντας παρόμοια με την προηγούμενη, εξετάζουμε τις επεκτάσεις

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), συνθέτουμε συστήματα:, τα οποία, σε αντίθεση με το προηγούμενο παράδειγμα, δεν έχουν λύσεις. Άρα δεν υπάρχουν λύσεις για τη θεωρούμενη Διοφαντική εξίσωση Χ 2 – y 2 = 2.

4. Οι προηγούμενες σκέψεις οδηγούν σε ορισμένα συμπεράσματα. Λύσεις εξισώσεων Χ 2 – y 2 = ένα βρίσκονται σε αποσύνθεση ένα = χλμστο γινόμενο ακεραίων από το σύστημα . Αυτό το σύστημα έχει ολόκληρες λύσεις εάν και μόνο εάν κ + Μ Και κ – Μ είναι άρτια, δηλ. όταν οι αριθμοί κ Και Μ την ίδια ισοτιμία (ταυτόχρονα άρτια ή περιττή). Έτσι, η Διοφαντινή εξίσωση x 2 – y 2 = a έχει λύση εάν και μόνο αν το a μπορεί να επεκταθεί σε γινόμενο δύο ακεραίων παραγόντων της ίδιας ισοτιμίας. Μένει μόνο να βρούμε όλα αυτά.

Θεώρημα (στην εξίσωσηΧ 2 – y 2 = ένα ). (1) Εξίσωση Χ 2 – y 2 = 0 έχει άπειρο αριθμό λύσεων .

(2) Οποιαδήποτε λύση της εξίσωσης προκύπτει ως , Οπου ένα = χλμείναι η αποσύνθεση του αριθμού α στο γινόμενο δύο ακεραίων παραγόντων της ίδιας ισοτιμίας.

(3) Εξίσωση Χ 2 – y 2 = έναέχει λύση αν και μόνο αν ένα 2 (mod 4).

Απόδειξη.Το (1) έχει ήδη αποδειχθεί.

(2) έχει ήδη αποδειχθεί.

(3) () Έστω πρώτα η Διοφαντική εξίσωση Χ 2 – y 2 = ένα έχει λύση. Ας το αποδείξουμε ένα 2 (mod 4) . Αν ένα = χλμ είναι η επέκταση σε γινόμενο ακεραίων της ίδιας ισοτιμίας, μετά για ζυγό κΚαι Μέχουμε κ = 2 μεγάλο, Μ = 2 nΚαι ένα = χλμ = 4 ln 0 (mod 4) . Στην περίπτωση των περιττών κ, Μη δουλειά τους έναεπίσης περίεργο, διαφορά ένα – 2 περιττό και μη διαιρούμενο με 4 , δηλ. πάλι

ένα 2 (mod 4).

() Αν τώρα ένα 2 (mod 4) , τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε μια λύση στην εξίσωση Χ 2 – y 2 = ένα. Πράγματι, αν το α είναι περιττό, τότε ένα = 1 έναείναι μια αποσύνθεση προϊόντος περιττών ακεραίων, έτσι ώστε είναι η λύση της Διοφαντικής εξίσωσης. Αν το α είναι άρτιο, τότε εν όψει ένα 2 (mod 4) το καταλαβαίνουμε 4 | ένα, ένα = 4 σι = 2(2 σι) είναι γινόμενη αποσύνθεση άρτιων ακεραίων, έτσι ώστε είναι η λύση της Διοφαντικής εξίσωσης.

Το θεώρημα έχει αποδειχθεί.

Παραδείγματα: 1.Διοφαντική εξίσωση Χ 2 – y 2 = 2012 δεν έχει λύσεις, αφού 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Διοφαντική εξίσωση Χ 2 – y 2 = 2011 έχει λύσεις, γιατί

2011 3 (mod 4). Έχουμε εμφανείς επεκτάσεις

2011 = 12011 = 20111 = (–1)(–2011) = (–2011)(–1),

για καθένα από τα οποία βρίσκουμε λύσεις (οποιοσδήποτε συνδυασμός χαρακτήρων). Δεν υπάρχουν άλλες λύσεις, γιατί αριθμός 2011 απλός (?!).

§ 3. Διοφαντική εξίσωσηΧ 2 + y 2 = ένα

Παραδείγματα: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , κ 2 = 0 2 + κ 2 . Έτσι, είναι προφανές ότι οποιοδήποτε τετράγωνο μπορεί να αναπαρασταθεί επιπόλαια ως άθροισμα δύο τετραγώνων.

2. 2 = 1 2 + 1 2 , 5 = 1 2 + 2 2 , 8 = 2 2 + 2 2 , 10 = 1 2 + 3 2 , 13 = 2 2 + 3 2 , 17 = 1 2 + 4 2 , 18 = 3 2 + 3 2 , 20 = 2 2 + 4 2 , …

3. Δεν υπάρχουν λύσεις για ένα = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

Μια ανάλυση των παραπάνω αποτελεσμάτων μπορεί να υποδηλώσει ότι η απουσία λύσεων συνδέεται κατά κάποιο τρόπο με πρώτους αριθμούς της μορφής

4 n+3 υπάρχουν στην παραγοντοποίηση αριθμών που δεν μπορούν να παρασταθούν ως αθροίσματα δύο τετραγώνων.

Θεώρημα (για την παράσταση φυσικών αριθμών με αθροίσματα δύο τετραγώνων).Ένας φυσικός αριθμός a μπορεί να αναπαρασταθεί ως άθροισμα δύο τετραγώνων εάν και μόνο εάν, στην κανονική του επέκταση, πρώτοι αριθμοί της μορφής 4 n + 3 έχουν ακόμη και εκθέτες.

Απόδειξη.Πρώτα αποδεικνύουμε ότι αν ένας φυσικός αριθμός a μπορεί να αναπαρασταθεί ως άθροισμα δύο τετραγώνων, τότε στην κανονική του επέκταση όλοι οι πρώτοι αριθμοί της μορφής 4 n + 3 πρέπει να έχει ζυγούς εκθέτες. Ας υποθέσουμε, αντίθετα με ό,τι έχει αποδειχθεί, ότι ένα= σελ 2 κ +1 σι = Χ 2 + y 2 , Οπου

R -πρώτος αριθμός της φόρμας 4 n+3 Και σι Π. Φανταστείτε αριθμούς ΧΚαι στοόπως και

x =Dz, y = Dt, Οπουρε= gcd(Χ, y) = σελ μικρό w, Π w; z, t, μικρό Ν 0 . Τότε παίρνουμε την ισότητα R 2 κ +1 σι = ρε 2 (z 2 + t 2 ) = σελ 2 μικρό w 2 (z 2 + t 2 ) , δηλ. R 2( κ – μικρό )+1 σι = w 2 (z 2 + t 2 ) . Υπάρχει p στην αριστερή πλευρά της ισότητας (η περιττή ισχύς δεν είναι ίση με μηδέν), που σημαίνει ότι ένας από τους παράγοντες στη δεξιά πλευρά διαιρείται με τον πρώτο αριθμό p. Επειδή η Π w, Οτι σ | (z 2 + t 2 ) , όπου οι αριθμοί z, t αμοιβαία απλή. Αυτό έρχεται σε αντίθεση με το επόμενο λήμμα (?!).

Λήμμα (σχετικά με τη διαιρετότητα του αθροίσματος δύο τετραγώνων με έναν πρώτο αριθμό της φόρμας

4 n + 3 ). Αν ένας πρώτος αριθμός p = 4n+3 διαιρεί το άθροισμα των τετραγώνων δύο φυσικών αριθμών και μετά διαιρεί καθέναν από αυτούς τους αριθμούς.

Απόδειξη.Από το αντίθετο. Αφήνω Χ 2 + y 2 0(mod Π) , Αλλά Χ0(mod Π) ή y 0 (mod Π) . Επειδή η ΧΚαι yείναι συμμετρικά, μπορούν να εναλλάσσονται, επομένως μπορούμε να το υποθέσουμε Χ Π.

Λήμμα (στο modulo αναστρεψιμότηταςΠ ). Για κάθε ακέραιο αριθμό Χ, δεν διαιρείται με πρώτο αριθμό Π, υπάρχει ένα αντίστροφο στοιχείο modulo Π – ένας τέτοιος ακέραιος αριθμός 1 u < Π, Τι xi 1 (mod Π).

Απόδειξη.Αριθμός Χ coprime με Π, έτσι μπορούμε να γράψουμε μια γραμμική επέκταση GCD(Χ, Π) = 1 = xi + pv (u, v Ζ) . Είναι ξεκάθαρο ότι xi1(modp) , δηλ. u- αντίστροφο στοιχείο προς Χ modulo Π. Αν uδεν ικανοποιεί τον περιορισμό 1 u < Π, μετά διαίρεση uμε το υπόλοιπο αναμμένο Π, παίρνουμε το υπόλοιπο r u (mod Π) , για το οποίο xr xi 1 (mod Π) Και 0 r < Π.

Λήμμα αναστρεψιμότητας Modulo Παποδεδειγμένος.

Σύγκριση πολλαπλασιασμού Χ 2 + y 2 0 (mod Π) ανά τετραγωνικό u 2 αντίστροφο στοιχείο προς Χ modulo Π, παίρνουμε 0 = 0u 2 Χ 2 u 2 +y 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1+τ 2 (mod p).

Ετσι, για t = yuέγινε σύγκριση t 2 –1 (mod Π) , την οποία φέρνουμε σε αντίφαση. Είναι ξεκάθαρο ότι t Π: σε διαφορετική περίπτωση t 0 (mod Π) Και 0 t 2 –1 (mod Π) , κάτι που είναι αδύνατο. Με το θεώρημα του Fermat έχουμε t Π –1 1 (mod Π), το οποίο μαζί με t 2 –1 (mod Π) Και Π = 4 n + Το 3 οδηγεί σε μια αντίφαση:

1 t p–1 = t 4n+3–1 = t 2 (2n+1) = (τ 2 ) 2n+1 (–1) 2n+1 = –1 (modp).

Η ληφθείσα αντίφαση δείχνει ότι η υπόθεση για Χ 0 (mod Π) δεν ήταν σωστό.

Λήμμα για τη διαιρετότητα του αθροίσματος δύο τετραγώνων με έναν πρώτο αριθμό 4 n+3 αποδεδειγμένος.

Έτσι, αποδεικνύεται ότι ο αριθμός του οποίου η κανονική αποσύνθεση περιλαμβάνει πρώτο αριθμό Π = 4 n + 3 σε περιττή δύναμη, δεν μπορεί να αναπαρασταθεί ως άθροισμα δύο τετραγώνων.

Ας αποδείξουμε τώρα ότι κάθε αριθμός στην κανονική επέκταση του οποίου οι πρώτοι αριθμοί Π = 4 n + 3 συμμετέχουν μόνο σε ζυγές δυνάμεις, που αναπαρίστανται ως το άθροισμα δύο τετραγώνων.

Η ιδέα της απόδειξης βασίζεται στην ακόλουθη ταυτότητα:

(ΕΝΑ 2 +β 2 )(ντο 2 +δ 2 ) = (ac – bd) 2 + (διαφήμιση + π.χ.) 2 ,

που μπορεί να ληφθεί από τη γνωστή ιδιότητα του μέτρου των μιγαδικών αριθμών - ο συντελεστής του γινομένου είναι ίσος με το γινόμενο των μονάδων. Πραγματικά,

| z|| t| = | zt| | ένα + δι|| ντο + di| = |(ένα + δι)(ντο + di)|

|a+bi| 2 |c + di| 2 = |(ac – bd) + (ad + bc)i| 2

(ΕΝΑ 2 +β 2 )(ντο 2 +δ 2 ) = (ac – bd) 2 + (διαφήμιση + π.χ.) 2 .

Από αυτή την ταυτότητα προκύπτει ότι αν δύο αριθμοί u, v μπορούν να αναπαρασταθούν ως το άθροισμα δύο τετραγώνων: u = Χ 2 + y 2 , v = z 2 + t 2 , τότε το γινόμενο τους uv μπορεί επίσης να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα δύο τετραγώνων: UV = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .

Οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός ένα > 1 μπορεί να γραφτεί στη φόρμα ένα= σελ 1 … R κ Μ 2 , Οπου R Εγώείναι κατά ζεύγη διακριτοί πρώτοι αριθμοί, Μ Ν . Για να γίνει αυτό, αρκεί να βρούμε την κανονική αποσύνθεση , γράψτε κάθε βαθμό της φόρμας rσε μορφή τετραγώνου (r) 2 για ακόμη = 2, ή στη μορφή r = r(r) 2 για περίεργο = 2 + 1 , και μετά ομαδοποιήστε χωριστά τα τετράγωνα και τους υπόλοιπους απλούς πρώτους. Για παράδειγμα,

29250 = 23 2 5 3 13 = 2513(35) 2 , Μ = 15.

Αριθμός Μ 2 έχει μια ασήμαντη αναπαράσταση ως το άθροισμα δύο τετραγώνων: Μ 2 = 0 2 + Μ 2 . Αν αποδείξουμε την αναπαραστασιμότητα ως άθροισμα δύο τετραγώνων όλων των πρώτων αριθμών R Εγώ (1 Εγώ κ) , τότε χρησιμοποιώντας την ταυτότητα, θα ληφθεί και η αναπαράσταση του αριθμού a. Κατά συνθήκη, μεταξύ των αριθμών R 1 ,…, R κ μπορούν μόνο να συναντηθούν 2 = 1 2 + 1 2 και πρώτους αριθμούς της φόρμας 4 n + 1 . Έτσι, απομένει να λάβουμε μια παράσταση ως το άθροισμα δύο τετραγώνων ενός πρώτου αριθμού p = 4m + 1. Διαχωρίζουμε αυτή τη δήλωση σε ένα ξεχωριστό θεώρημα (δείτε παρακάτω)

Για παράδειγμα, για ένα = 29250 = 2513(15) 2 διαδοχικά παίρνουμε:

2 = 1 2 + 1 2 , 5 = 1 2 + 2 2 , 13 = 2 2 + 3 2 ,

25 = (11 – 12) 2 + (12 + 11) 2 = 1 2 + 3 2 ,

2513 = (12 – 33) 2 + (13 + 32) 2 = 7 2 + 9 2 ,

29250 = 2513(15) 2 = (715) 2 + (915) 2 = 105 2 + 135 2 .

Το θεώρημα έχει αποδειχθεί.

§ 4. Εξίσωσηx + x + 1 = 3y

Ας ασχοληθούμε τώρα με την εξίσωση x+x+1=Zu.Έχει ήδη την ιστορία του. Το 1950 ο R. Oblat πρότεινε ότι εκτός από την επίλυση

Χ=y=1. δεν έχει άλλες λύσεις σε φυσικούς αριθμούς x, yόπου x είναι περιττός αριθμός. Την ίδια χρονιά ο Τ. Νάγκελ υπέδειξε τη λύση Χ= 313, y = 181.Μια μέθοδος παρόμοια με την παραπάνω για την εξίσωση x+x-2y=0, θα μας επιτρέψει να προσδιορίσουμε όλες τις λύσεις της εξίσωσης Χ+x+1=3y (1)

σε φυσικούς αριθμούς Χ, στο.Ας το προσποιηθούμε (x, y)είναι λύση της εξίσωσης (1) σε φυσικούς αριθμούς, και x > 1. Μπορεί εύκολα να φανεί ότι η εξίσωση (18) δεν έχει λύσεις σε φυσικούς αριθμούς Χ, y, Οπου x = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9;έτσι θα έπρεπε να είναι x10.

Ας το δείξουμε 12 ετών<7 Χ+3, 7y>4Χ+ 2. 4y > 2Χ+1 . (2)

Αν ηταν 12 ετών> 7x+3, θα είχαμε 144 ετών> 49 Χ+42 Χ+9 . και δεδομένου ότι, ενόψει της (18), 144 ε = 48Χ+ 48 Χ + 48 , τότε θα ήταν Χ< 6 Χ +3 9, από όπου

(x-z)< 48 και, ως εκ τούτου, δεδομένου ότι Χ> 10, 7 < 148 , κάτι που είναι αδύνατο. Έτσι, αποδεικνύεται η πρώτη από τις ανισότητες (2).

Αν ηταν 7 ετών< 4 Χ+2 , θα είχαμε 49 ετών< 16 Χ+ 16 Χ+4 , και δεδομένου ότι, ενόψει της (1), 16 Χ+ 16 Χ+ 16 = 48 ε, τότε θα ήταν 49 ετών< 48u-12, κάτι που είναι αδύνατο. Έτσι, αποδεικνύεται η δεύτερη από τις ανισότητες (2), από την οποία προκύπτει άμεσα η τρίτη. Άρα, οι ανισότητες (2) είναι αληθείς.

Ας βάλουμε τώρα

w\u003d 7x - 12y + 3,η = -4 Χ+ 7u-2. (3)

Με βάση το (2), διαπιστώνουμε ότι w > 0 , η > 0 Και Χ -w=3(4 y-2 Χ-1)>0 και ως εκ τούτου, w<х . Σύμφωνα με το (3), έχουμε w 2 + w+1=3 η 2 από όπου, ενόψει του (1), δεχόμαστε g(x, y) = (7x - 12y + 3, -4x + 7y -2).

Άρα, μπορούμε να το πούμε αυτό, με βάση οποιαδήποτε λύση (x, y)εξισώσεις (1) σε φυσικούς αριθμούς, όπου x > 1, έχουμε μια νέα λύση (w, η) = g(x, y)εξισώσεις (1) σε φυσικούς αριθμούς w, ηΟπου w < х (και επομένως η λύση σε μικρότερους φυσικούς αριθμούς). Επομένως, ενεργώντας όπως παραπάνω, βρίσκουμε ότι για κάθε λύση της Εξ. (1) σε φυσικούς αριθμούς x, y, Οπου x > 1, υπάρχει ένας φυσικός αριθμός n τέτοιος ώστε g(x, y) = (l, 1).

Έχοντας αποδεχτεί f(x, y) = (7Χ+12 ε + 3, 4Χ+ 7 ετών + 2), (4) μπορούμε εύκολα να το βρούμε αυτό f(g(x, y)) = (x, y)και ως εκ τούτου (Χ, y) = φά(1,1) Από την άλλη πλευρά, είναι εύκολο να ελέγξετε ότι εάν (x, y)είναι λύση της εξίσωσης (1) σε φυσικούς αριθμούς, λοιπόν φά(Χ, y) υπάρχει επίσης λύση της εξίσωσης (1) σε φυσικούς αριθμούς (αντίστοιχα, μεγαλύτεροι από ΧΚαι στο).

Έχοντας αποδεχτεί x=y=1(x, y) = f(1, 1)Για n=2,3,…..,

παίρνουμε τη σειρά { Χ, y} Για n= 1, 2,….., που περιέχει όλες τις λύσεις της εξίσωσης (1) σε φυσικούς αριθμούς και μόνο τέτοιες λύσεις.

Εδώ έχουμε (Χ,y)= φά(1,1)= φά(x, y),επομένως λόγω (4) λαμβάνουμε

x=7Χ+12 ε+3,y=4x+7y+2 (5) (n=1, 2, ...)

Φόρμουλες που σας επιτρέπουν να προσδιορίζετε με συνέπεια όλες τις λύσεις (x, y)εξισώσεις (1) σε φυσικούς αριθμούς. Με αυτόν τον τρόπο, παίρνουμε εύκολα λύσεις (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Προφανώς υπάρχει άπειρος αριθμός από αυτές τις λύσεις. Από ισότητες

x=y=1και (4) επαγωγικά βρίσκουμε εύκολα ότι οι αριθμοί Χμε περιττούς δείκτες είναι περιττοί, με ζυγούς δείκτες είναι ζυγοί, και οι αριθμοί yουσία παράξενο για n = 1, 2, ... Να ληφθούν όλες οι λύσεις της εξίσωσης (1) σε ακέραιους αριθμούς x, y, όπως είναι εύκολο να αποδειχθεί, θα ακολουθούσε τις ήδη ληφθείσες λύσεις (x, y)Συμμετοχή (x, -y)Και (-x-1,±y)Για n=1, 2, .. .

Εδώ λοιπόν έχουμε, για παράδειγμα, περισσότερες τέτοιες λύσεις: (-2,1) (-23,13), (-314,181). Ο A. Rotkevich σημείωσε ότι από όλες τις λύσεις της εξίσωσης (1) σε φυσικούς αριθμούς x > 1και το y μπορεί να πάρει όλες τις λύσεις της εξίσωσης (z+1)-z=y (6)

σε φυσικούς αριθμούς z, y.Πράγματι, ας υποθέσουμε ότι οι φυσικοί αριθμοί z, y ικανοποιούν την εξίσωση (5). Βάζοντας x=3z+l, παίρνουμε, όπως είναι εύκολο να ελέγξουμε, φυσικούς αριθμούς x > 1Και στοικανοποιητική εξίσωση (1).

Από την άλλη, αν φυσικοί αριθμοί x > 1Και στοικανοποιούμε την εξίσωση (1), τότε έχουμε, καθώς είναι εύκολο να ελέγξουμε, (x-1)= 3(y-x), από όπου προκύπτει ότι ο αριθμός (φυσικός) x-1διαιρείται με 3 , ως εκ τούτου x-1=3 z, όπου zείναι φυσικός αριθμός, και η ισότητα 3z=y-Χ=y3z-1 , που αποδεικνύει ότι οι αριθμοί zΚαι στοικανοποιεί την εξίσωση (6). Έτσι, με βάση τις λύσεις (22,13),(313,181), (4366,2521) εξίσωση (1), παίρνουμε λύσεις (7,13),(104,181),(1455,2521) εξισώσεις (6). Σημειώνουμε επίσης εδώ ότι αν οι φυσικοί αριθμοί z, yικανοποιεί την εξίσωση (6), αποδεικνύεται ότι στοείναι το άθροισμα δύο διαδοχικών τετραγώνων, για παράδειγμα 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Με παρόμοιο τρόπο, όπως και πριν για την εξίσωση (1), μπορούσαμε να βρούμε όλες τις λύσεις της εξίσωσης Χ+(Χ+1)= yσε φυσικούς αριθμούς x, y, λαμβάνοντας για x > 3 g (x. y) \u003d (3x -2y + 1, 3y - 4x - 2)και για Χ> 1 f(x, y) = (3Χ+ 2y+l, 4x + Zu + 2),που οδηγεί στον τύπο ( x, y)φά(3,5) και στο συμπέρασμα ότι όλες οι λύσεις της εξίσωσης (6) σε φυσικούς αριθμούς x, y περιέχονται στην ακολουθία { Χ, y} Για n= 1, 2,…., Οπου x=3, y=5 καιΧ=3 Χ+2 y+1 . y = 4 Χ+3 y+2 (n=1, 2, ...). Για παράδειγμα, x \u003d 3 3 + 2 5 + 1 \u003d 20, y \u003d 4 3 + Z 5 + 2 \u003d 29;Χ=119, y=169:Χ=69b, y=985;Χ=4059, y=5741.

Η γεωμετρική έννοια της εξίσωσης που εξετάζουμε είναι ότι δίνει όλα τα πυθαγόρεια τρίγωνα (ορθογώνια με φυσικές πλευρές), των οποίων τα σκέλη εκφράζονται με διαδοχικούς φυσικούς αριθμούς. Υπάρχει άπειρος αριθμός τέτοιων τριγώνων (*).

Η εξίσωση είναι Χ+(Χ+1)= y, έχει αποδειχθεί ότι δεν έχει λύσεις σε φυσικούς αριθμούς x, y.

ΔΗΜΟΤΙΚΟΣ ΠΡΟΫΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΓΕΝΙΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΙΔΡΥΜΑ

Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση № 28 της πόλης SMOLENSK

ΚΡΑΤΙΚΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΣΜΟΛΕΝΣΚ

Ενότητα Μαθηματικά

Εκθεση ΙΔΕΩΝ

Διοφαντικές εξισώσεις

Ολοκλήρωσε το έργο: Goncharov Evgeniy Igorevich,

Μαθητής της 11ης τάξης

Επικεφαλής: Soldatenkova Zoya Alexandrovna,

καθηγητής μαθηματικών

Σμολένσκ

Γιατί με ενδιαφέρει αυτό το θέμα;

Κάποτε, ενώ ξεφύλλιζα ένα εγχειρίδιο, έπεσα πάνω σε μια μικρή πλαϊνή μπάρα για τις Διοφαντικές εξισώσεις. Παρατήρησα αμέσως ότι τα προβλήματα κειμένου σε αυτό το θέμα έχουν μια ενδιαφέρουσα, μερικές φορές κωμική, κατάσταση και λόγω του μεγάλου αριθμού διαφορετικών μεθόδων επίλυσής τους, δεν φαίνονται καθόλου τυπικά. Επιπλέον, κάποιοι μου έδωσαν δυσκολία.

Βρίσκοντας τρόπους ορθολογικής επίλυσής τους, εξοικειώθηκα πιο στενά με αυτό το θέμα. Όσο πιο βαθιά βούτηξα, όσο πιο περίπλοκες και ενδιαφέρουσες εργασίες συναντούσα, τόσο περισσότερα ερωτήματα προέκυπταν. Σύντομα συνειδητοποίησα ότι μεγάλο μέρος αυτού του θέματος βρισκόταν εκτός του σχολικού προγράμματος.

Επομένως, δεν προλάβαινα τα γεγονότα και εμβαθύνω στη θεωρία (CTO, 10ο πρόβλημα του Hilbert, Τελευταίο θεώρημα του Fermat κ.λπ.). Και άρχισε να κατέχει αποκλειστικά τους αλγόριθμους επίλυσης Διοφαντικών εξισώσεων και συστημάτων εξισώσεων, ενώ ταυτόχρονα εξοικειώνεται με την ιστορία της ανακάλυψής τους.

Ο Διόφαντος ο Αλεξανδρινός είναι αρχαίος Έλληνας μαθηματικός. Τα χρονικά δεν διατήρησαν σχεδόν καμία πληροφορία για αυτόν τον επιστήμονα. Ο Διόφαντος παρουσιάζει ένα διασκεδαστικό αίνιγμα στην ιστορία των μαθηματικών. του Δεν ξέρουμε ποιος ήταν, τα ακριβή χρόνια της ζωής του, δεν γνωρίζουμε τους προκατόχους του που θα είχαν εργαστεί στον ίδιο τομέα με τον ίδιο τον Διόφαντο:

Ο Διόφαντος παραθέτει τους Υψικούς της Αλεξάνδρειας (αρχαίος Έλληνας μαθηματικός και αστρονόμος που έζησε τον 2ο αιώνα π.Χ.).

Για τον Διόφαντο γράφει ο Θέων ο Αλεξανδρινός (Έλληνας μαθηματικός της ύστερης ελληνιστικής εποχής, φιλόσοφος και αστρονόμος, που έζησε τον ΙΙΙ αιώνα μ.Χ.).

Ο Διόφαντος αφιερώνει τα έργα του στον Διονύσιο Αλεξανδρείας (επίσκοπο που έζησε στα μέσα του 3ου αιώνα μ.Χ.). Έτσι, οι επιστήμονες προτείνουν ότι αυτός ο μαθηματικός έζησε τον 3ο αιώνα μ.Χ.

Η ανθολογία του Maxuim Planud (Έλληνας μοναχός του 14ου αιώνα μ.Χ.) περιέχει ένα επίγραμμα-εργασία «Επιτάφιος του Διόφαντου»:

Οι στάχτες του Διόφαντου ο τάφος αναπαύεται· θαυμάστε την - και μια πέτρα

Θα του το πει με σοφή τέχνη η ηλικία του πεθαμένου.

Με τη θέληση των θεών, έζησε το ένα έκτο της ζωής του ως παιδί.

Και συνάντησε το μισό του έκτου με χνούδι στα μάγουλα.

Πέρασε μόνο το έβδομο, αρραβωνιάστηκε την κοπέλα του.

Μαζί της, αφού πέρασε πέντε χρόνια, ο σοφός περίμενε τον γιο του.

Ο αγαπημένος του γιος έζησε μόνο τη μισή ζωή του πατέρα του.

Τον πήραν από τον πατέρα του από τον πρώιμο τάφο του.

Δύο φορές δύο χρόνια ο γονιός θρήνησε τη βαριά θλίψη,

Εδώ είδα το όριο της θλιβερής ζωής μου.

(Μετάφραση S. N. Bobrov).

Αυτή η εργασία περιορίζεται στη σύνταξη και επίλυση της απλούστερης γραμμικής εξίσωσης:

(1/6)x+(1/12)x+(1/7)x+5+(1/2)x+4=x,

όπου x είναι ο αριθμός των ετών που έζησε ο Διόφαντος.

x+7x+12x+42x+9*84=84x;

x = 84 - τόσα χρόνια έζησε ο Διόφαντος.

Και με τα χρόνια ο Διόφαντος έγραψε συνθέσεις Στη μέτρηση των επιφανειών και στον πολλαπλασιασμό , πραγματεία Σχετικά με τους πολυγωνικούς αριθμούς . Το κύριο έργο του Διόφαντου είναι Αριθμητική σε 13 βιβλία.

Δυστυχώς δεν έχουν διασωθεί όλα τα έργα του. Αυτά που έφτασαν σε εμάς περιέχουν 189 προβλήματα με λύσεις που ανάγονται σε ορισμένες εξισώσεις πρώτης και δεύτερης βαθμίδας και αόριστες. Η συμβολή αυτού του επιστήμονα στην ανάπτυξη των μαθηματικών είναι τεράστια.

Ο Διόφαντος εισάγει ειδικά σύμβολα για αφαίρεση, συντομευμένες λέξεις για μεμονωμένους ορισμούς και ενέργειες. Δηλαδή, ήταν αυτός που ήταν ο συγγραφέας της πρώτης αλγεβρικής γλώσσας.

Ένας κρατήρας στη Σελήνη πήρε το όνομά του από τον Διόφαντο.

Ωστόσο, ο Διόφαντος δεν έψαξε για γενικές λύσεις, αλλά αρκέστηκε σε κάποια, κατά κανόνα, θετική λύση μιας αόριστης εξίσωσης.

Διοφαντικές εξισώσεις ως μαθηματικό μοντέλο καταστάσεων ζωής

Κάθε άνθρωπος, ακόμα και απείρως μακριά από τα μαθηματικά, γνώρισε και, επιπλέον, έλυνε τις πιο απλές Διοφαντικές εξισώσεις χωρίς να το γνωρίζει. Πράγματι, χρησιμεύουν ως μαθηματικό μοντέλο για πολλές εργασίες που προκύπτουν σε καθημερινό επίπεδο.

Εργασία #1

Στην αποθήκη υπάρχουν κουτιά με καρφιά βάρους 16, 17 και 40 κιλών. Θα μπορέσει ο αποθηκάριος να δώσει 100 κιλά καρφιά χωρίς να ανοίξει τα κουτιά;

Είναι εύκολο να δούμε ότι 17 κιλά + 17 κιλά + 16 κιλά = 50 κιλά. Στη συνέχεια, για να δώσετε 100 κιλά (2 φορές περισσότερα), πρέπει να πάρετε 4 κουτιά των 17 κιλών και 2 κουτιά των 16 κιλών.

Απάντηση: Ναι, μπορεί.

Εδώ ήμασταν τυχεροί: η λύση περιορίστηκε στην απλούστερη απαρίθμηση και η απάντηση αποδείχθηκε προφανής. Ας εξετάσουμε ένα άλλο πρόβλημα:

Εργασία #2

Υπάρχουν μονόκεφαλες σαρανταποδαρούσες και τρικέφαλα φίδια στη μάντρα. Συνολικά έχουν 298 πόδια και 26 κεφάλια. Πόσα πόδια έχουν τα τρικέφαλα φίδια;

Έστω x σαρανταποδαρούσες και y Gorynychs στο μαντρί, και κάθε φίδι έχει p πόδια. Αμέσως ορίζουμε ότι κάθε μία από αυτές τις μεταβλητές πρέπει να είναι ακέραια και θετική. Επειτα:

3y=26x=26-3yx=26-3yx=26-3y

x+py=29840x+py=298120y-742=py p=120-742/y

x>026-3y>0y?8 y?8

y>0 p>0p>0 120-742/y>0>0y>0y>0y>0

p=120-742/yΤότε: x=5

Εφόσον το p είναι ακέραιος, το p=27,25 δεν μας ταιριάζει.

Αυτή η εργασία ήταν κάπως πιο δύσκολη από την πρώτη, αλλά εισάγοντας περιορισμούς στις μεταβλητές, μπορέσαμε να περιορίσουμε την αναζήτηση σε δύο μόνο περιπτώσεις. Προχώρα:

Εργασία #3

Απαιτείται να ρίξετε 20,5 λίτρα χυμού σε βάζα των 0,7 λίτρων και 0,9 λίτρων ώστε να γεμίσουν όλα τα βάζα. Πόσα κουτάκια χρειάζεστε για να ετοιμάσετε; Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός βάζων που μπορεί να χρειαστεί;

Έστω x ο αριθμός των κουτιών των 0,7 λίτρων το καθένα και y 0,9 λίτρων. Στη συνέχεια ορίζουμε την εξίσωση:

Είναι προφανές ότι η άμεση απαρίθμηση αριθμών κατά μέτωπο θα πάρει πολύ χρόνο. ΕΝΑ δεν υπάρχει μέρος στον κόσμο για άσχημα μαθηματικά ©G. Σκληραγωγημένος.

Ας εξετάσουμε μια μέθοδο για την επίλυση τέτοιων εξισώσεων και μετά θα επιστρέψουμε απευθείας στο πρόβλημά μας και θα το ολοκληρώσουμε.

Μέθοδος σκέδασης

Η εξίσωση Διοφαντίου έχει τη μορφή: (x1,x2…xn)=0, όπου το P είναι μια ακέραια συνάρτηση και οι μεταβλητές xi λαμβάνουν ακέραιες τιμές. Επίλυση του προβλήματος 2, βρισκόμαστε αντιμέτωποι με μια εξίσωση της μορφής ax + by = c, όπου τα a, b και c είναι ακέραιοι συντελεστές και x και y είναι μεταβλητές που λαμβάνουν μόνο ακέραιες τιμές. Αυτή είναι μια γραμμική Διοφαντινή εξίσωση με δύο άγνωστα.

Μια γενική μέθοδος για την επίλυση τέτοιων εξισώσεων ξεκίνησε στην Ινδία τον 12ο αιώνα. Η εμφάνισή του προκλήθηκε από αστρονομικά αιτήματα και ημερολόγιο

υπολογισμούς. Πρώτα υποδείξεις σχετικά με τη γενική λύση των Διοφαντινών εξισώσεων έγινε από τον Ariabhatt. Η ίδια η μέθοδος δημιουργήθηκε από τους Bhaskara και Brahmagupta. Είναι πλέον γνωστή ως μέθοδος σκέδασης. Ας το αναλύσουμε με ένα παράδειγμα:

Παράδειγμα #1: Βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 19x-8y=13.

Εκφράζουμε το y ως x (καθώς ο συντελεστής του y είναι ο μικρότερος) και επιλέγουμε το ακέραιο μέρος:

y \u003d (19x-13) / 8 \u003d (3x-13) / 8 + 2x

Η έκφραση (3x-13)/8 πρέπει να είναι ακέραιος. Ας το συμβολίσουμε ως κ.

Τότε 8k=3x-13. Ας επαναλάβουμε την παραπάνω λειτουργία:

x=(8k+13)/3=2k+(2k+13)/3= (2k+13)/3. Τότε 3h=2k+13,=(3h-13)/2=(h-13)/2+h= (h-13)/2. Τότε 2p= h-13. h=13+2p

Είναι προφανές από την ισότητα (4) ότι το h παίρνει ακέραιες τιμές για οποιεσδήποτε ακέραιες τιμές του p.

Με διαδοχικές αντικαταστάσεις (4) βρίσκουμε εκφράσεις για τους αγνώστους: k=13+3p, x= 39+8p και, τέλος, y=91+18p.

Απάντηση: (39+8π; 91+18π).

Τώρα, έχοντας επαρκές απόθεμα γνώσεων, ας επιστρέψουμε στο πρόβλημα νούμερο 3.

x=29+(2-9y)/7; Έστω t=(2-9y)/7, όπου t είναι ακέραιος αριθμός.

t=2-9y; t=(2-2y)/7-y; Έστω (2-2y)/7=p, όπου p είναι ακέραιος αριθμός.

Y=7k, όπου k είναι ακέραιος, y=1-7k, όπου k είναι ακέραιος. Τότε x=28+9k.

x>0; 28+9k>0;k?-3.

y>0; 1-7k>0;k?0.

Δηλαδή, το k μπορεί να πάρει τιμές: -3, -2, -1,0.

x+y=1-7k+28+9k; x+y=29+2k.

Δηλαδή ο μικρότερος αριθμός βάζων αντιστοιχεί στο μικρότερο k.

(x+y)μικρότερο=29-6=23.

Απάντηση: (28+9k;1-7k), όπου το k παίρνει τις τιμές -3,-2,-1,0. Ο μικρότερος αριθμός κουτιών είναι 23.

Προβλήματα επέκτασης αριθμού

Αξίζει να σημειωθεί ότι οι εργασίες κειμένου, οι οποίες καταλήγουν στην εύρεση ενός αριθμού, γνωρίζουν τους διαιρέτες και τα υπολείμματά του, καταλαμβάνουν μια ιδιαίτερη, τιμητική θέση μεταξύ των εργασιών κειμένου για αυτό το θέμα. Είναι επίσης τα πιο περίπλοκα, και ως εκ τούτου ενδιαφέροντα. Ας εξετάσουμε μερικά από αυτά.

Μια αγρότισσα κουβαλούσε ένα καλάθι με αυγά στην αγορά. Ένας απρόσεκτος αναβάτης, προσπερνώντας μια γυναίκα, άγγιξε το καλάθι και όλα τα αυγά έσπασαν. Θέλοντας να επανορθώσει, ρώτησε την αγρότισσα πόσα αυγά υπήρχαν στο καλάθι. Εκείνη απάντησε ότι δεν ήξερε τον αριθμό των αυγών, αλλά όταν τα γέννησε σε 2, 3, 4, 5 και 6, κάθε φορά ένα αβγό έμενε περιττό και όταν γέννησε 7, δεν έμειναν επιπλέον αυγά. Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός αυγών που θα μπορούσε να μεταφέρει μια αγρότισσα στην αγορά;

Λύση: Ας συμβολίσουμε τον επιθυμητό αριθμό αυγών ως n, και στη συνέχεια θα συνθέσουμε ένα σύστημα εξισώσεων:

2a+1 n-1=2a (1)=3b+1 n-1=3b (2)=4c+1 n-1=2*2c (3)=5d+1 n-1=5d (4)= 6e+1 n-1=2*3e (5)=7fn=7f

Από τις εξισώσεις (1), (2), (3), (4), (5) προκύπτει ότι ο αριθμός n-1=2*3*2*5k, όπου k είναι ακέραιος.

n-1=60k;n=60k+1.

Αντικαθιστώντας το n που προκύπτει στο (7), παίρνουμε την εξίσωση: 60k+1=7f.

f= (60k+1)/7 = (4k+1)/7 + 8k;=(4k+1)/7, όπου r είναι ακέραιος αριθμός, (1)

7r=4k+1; 4k=7r-1; k=(3r-1)/4+r;=(3r-1)/4, όπου s είναι ακέραιος αριθμός

3r-1=4s; 3r=4s+1;r= (s+1)/3+r;= (s+1)/3, όπου u είναι ακέραιος, τότε

s+1=3u; s=3u-1,

Δηλαδή, το s παίρνει πάντα ακέραιες τιμές για κάθε ακέραιο u. Με διαδοχικές αντικαταστάσεις παίρνουμε:

r=4u-1; k=7u-2; f=420u -119.

Προφανώς, όταν u=1, η f παίρνει τη μικρότερη θετική τιμή, δηλαδή 301.

Απάντηση: 301.

* Θα πρέπει να σημειωθεί ότι δεν είναι απαραίτητο να ακολουθήσετε τυφλά αυτόν τον αλγόριθμο μέχρι το τέλος. Στην πραγματικότητα, στο πλαίσιο του προβλήματος, δεν χρειάζεται να βρούμε όλες τις πιθανές ακέραιες τιμές του k: αρκεί μόνο μία, η μικρότερη. Και ήδη μετά τον (1) μετασχηματισμό, είναι προφανές ότι το k που αναζητούμε είναι ίσο με 5, που σημαίνει f=60*5+1=301.

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν κάποιοι τουρίστες. Σπάζοντας τα σε τριάδες, παίρνουμε τα υπόλοιπα 2, σπάζοντας σε πέντε - 3, σπάζοντας σε επτά - 2. Πόσοι τουρίστες είναι στην ομάδα, αν ο συνολικός αριθμός τους δεν ξεπερνά τα 100 άτομα.

Ας είναι κ τουρίστες συνολικά. Επειτα:

3a+2 k=3a+2=5b+3 5b+3=3a+2=7c+2 7c+2=3a+2

Και εδώ το προφανές μέρος της λύσης μας σταματά. Για να ξεφύγετε από αυτό, πρέπει να θυμάστε ότι:

1) a*b+c?c (moda) ? γ (modb). Για παράδειγμα, 15; 1 (mod 7), δηλαδή, ο αριθμός 15 δίνει ένα υπόλοιπο 1 όταν διαιρείται με το 7.

2) α*β+δ ? γ (modr) ó α*β; c-d (modr) ó σι? α(γ-δ) (modr) οα; β(γ-δ) (modr). Επειτα:

3α+2 κ=3α+2 κ=3α+2

α+2 ? 3 (mod 5) 3a= 1 (mod 5) a ? 3 (mod 5)

α+2 ? 2 (mod 7) 3a= 0 (mod 7) 3a ? 0 (mod7)

3a+2 k=3a+2= 3 +5p, όπου ακέραιος αριθμός a=3 + 5p

15p? 0 (mod 7) p= -135 (mod 7)

3a+2 k=3a+2k=105d-2014=3 + 5pa=35d-672 a=35d-672=-135 + 7d, όπου d είναι ακέραιος p=-135 + 7dp= -135 + 7d

Άρα k=105d-2014. Αν d=20, τότε k = 86, αν d<20 , то k<0, если d>20, μετά k>100. Απάντηση: 86.

Ας προσπαθήσουμε να του δώσουμε πρακτική χρησιμότητα, για παράδειγμα, να αντλήσουμε μια γενική φόρμουλα για έναν ξεναγό για να μετράει τους τουρίστες. Έστω r1, r2, r3 τα υπόλοιπα κατά τη διαίρεση του συνολικού αριθμού τουριστών σε ομάδες των 3, 5,7, αντίστοιχα, και ο συνολικός αριθμός τουριστών δεν θα υπερβαίνει τα 100 άτομα. Με το ίδιο επιχείρημα, παίρνουμε:

3a+r1 3a; (r2-r1) (mod 5)a=3(r2-r1) + 5d όπου dinteger=5b+r2 3a+r1=7c+r39r2-8r1+15d?r3 (mod 7)=7c+r3k=3a+1 k=3a+1

a=3(r2-r1) + 5d d = 15(r3-9r2+8r1)+7p όπου p είναι ακέραιος αριθμός

d?15(r3-9r2+8r1) (mod 7) a = 3(r2-r1) + 5d

k=9r2-8r1+15d k=225r3-1792r1-2016r2+105p

Απαντήσεις: 86; k=225r3-1792r1-2016r2+105p.

Έτσι, έχουμε αποκτήσει έναν τύπο για το k. Εκτός όμως από τα r1,r2,r3, περιέχει έναν ακέραιο αριθμό d. Τίθεται ένα λογικό ερώτημα: ο αριθμός k θα προσδιορίζεται πάντα με μοναδικό τρόπο αν είναι μικρότερος από 100; Λιγότερο από 150; 43; και ούτω καθεξής.

Θεώρημα κινεζικού υπολοίπου

Το θεώρημα του κινεζικού υπολοίπου (CRT) είναι μια σειρά σχετικών δηλώσεων που διατυπώθηκαν σε μια πραγματεία από τον Κινέζο μαθηματικό Sun Tzu (3ος αιώνας μ.Χ.) και συνοψίστηκαν από τον Qin Jiushao (18ος αιώνας μ.Χ.) στο βιβλίο του Mathematical Reasoning σε 9 κεφάλαια. Ακούγεται κάπως έτσι:

Έστω οι αριθμοί M1 , M2, …, Mk συμπρωτικοί κατά ζεύγη και M= M1*M2*…*Mk. Τότε το σύστημα

x?B1(modM1); B2 (modM2)

έχει μια μοναδική λύση μεταξύ των αριθμών (0,1,…,M-1).

Με απλά λόγια, η απάντηση θα είναι πάντα σαφής εάν ο απαιτούμενος αριθμός τουριστών είναι μικρότερος από το γινόμενο των διαιρετών με τους οποίους διαιρείται. Επιστρέφοντας στο πρόβλημα Νο 4, λέμε ότι θα είναι δυνατή η μέτρησή τους αν ο συνολικός αριθμός τους δεν ξεπερνά το 104. (Μ-1=3*5*7-1=104). Έτσι, για να μετρήσουμε ένα άτομο, ξεκινώντας από τον τύπο μας, είναι απαραίτητο να υπολογίσουμε το 225r3-1792r1-2016r2 και στη συνέχεια να αφαιρέσουμε τον αριθμό 105 από αυτόν μέχρι να πάρουμε έναν αριθμό μικρότερο από 105, αλλά μεγαλύτερο από 0. Αυτό είναι μεγάλο και άβολο. Και, ειλικρινά, ο αριθμός των περίπου εκατό ατόμων μπορεί να μετρηθεί χωρίς τη χρήση τόσο πολύπλοκων αλγορίθμων.

Οι απλούστερες μη γραμμικές Διοφαντικές εξισώσεις

Ο Διόφαντος ανέλυσε πλήρως αόριστες εξισώσεις δεύτερου βαθμού με δύο αγνώστους. Για να λύσει εξισώσεις και συστήματα υψηλότερων βαθμών, ανέπτυξε ακόμη πιο λεπτές και πολύπλοκες μεθόδους που τράβηξαν την προσοχή πολλών σύγχρονων Ευρωπαίων μαθηματικών. Όμως σχεδόν όλες οι εξισώσεις αυτού του τύπου στο πλαίσιο του σχολικού μαθήματος λύνονται με τη μέθοδο της παραγοντοποίησης.

Παράδειγμα #2: Λύστε την εξίσωση x2-3xy+2y2=7 σε ακέραιους αριθμούς.

x2-xy-2xy+2y2=7;

x(x-y) -2y(x-y)=7;

Προφανώς, μπορούμε να πάρουμε τον αριθμό 7 με τους εξής τρόπους: 1*7=7;7*1=7;-1*(-7)=7;-7*(-1).

Στη συνέχεια συνθέτουμε και λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων:

x-2y=1 x=13y=7y=6y=7 x=-5y=1 y=-6y=-1 x=-13y=-7 y=-6y=-7 x=5y=-1 y=6

Απάντηση: (13;6), (-5;-6), (-13;-6), (5,6).

Παράδειγμα #3: Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x5+3x4y- 5x3y2-15x2y3 + 4xy4+12y5=33 δεν έχει ακέραιες ρίζες.

x4(x+3y)-5x2y2 (x+3y)+4y4(x+3y)=33;

(x4-4x2y2+4y4-x2y2)(x+3y)=33;

(x2(x2-y2)-4y2(x2-y2))(x+3y)=33;

(x-y)(x+y)(x+2y)(x-2y)(x+3y)=33;

Αν y=0, τότε η αρχική εξίσωση θα πάρει τη μορφή x5=33. Τότε το x δεν είναι ακέραιος. Αυτό σημαίνει ότι για y=0 αυτή η εξίσωση δεν έχει ολόκληρες λύσεις. Εάν, y?0, τότε και οι πέντε παράγοντες στην αριστερή πλευρά της εξίσωσης είναι διαφορετικοί. Από την άλλη πλευρά, ο αριθμός 33 μπορεί να αναπαρασταθεί ως γινόμενο το πολύ τεσσάρων διαφορετικών παραγόντων (33=1 3 11 ή 33=-1 3 (-11) (-1), κ.λπ.). Επομένως, για το y?0, αυτή η εξίσωση επίσης δεν έχει ολόκληρες λύσεις.

Το δέκατο πρόβλημα του Χίλμπερτ

Με τον ένα ή τον άλλο τρόπο, τίθεται το ερώτημα: μπορεί να λυθεί οποιαδήποτε Διοφαντική εξίσωση, δηλαδή να βρει τις ρίζες της ή να αποδείξει την απουσία τους.

Αύγουστος 1900, πραγματοποιήθηκε το II Διεθνές Συνέδριο Μαθηματικών. Σε αυτό, ο David Hilbert πρότεινε 23 προβλήματα. Το δέκατο ήταν:

Έστω μια Διοφαντική εξίσωση με αυθαίρετους αγνώστους και ακέραιους ορθολογικούς αριθμητικούς συντελεστές. Υποδείξτε μια μέθοδο με την οποία είναι δυνατό, μετά από έναν πεπερασμένο αριθμό πράξεων, να προσδιοριστεί εάν αυτή η εξίσωση είναι επιλύσιμη σε ορθολογικούς ακέραιους αριθμούς.

Πολλά λαμπρά μυαλά του 20ου αιώνα αγωνίστηκαν με αυτό το έργο: AxelThue, TuralfSkolem, Emil Post, Julia Robinson, Martin Davis και Hilary Putnam, Martina Davis και άλλοι. Και μόνο το 1970, ο Yuri Matiyasevich ολοκλήρωσε την απόδειξη της αλγοριθμικής μη επιλύσεως αυτού του προβλήματος.

Ο David Hilbert (23 Ιανουαρίου 1862 - 14 Φεβρουαρίου 1943) ήταν Γερμανός μαθηματικός που συνέβαλε σημαντικά στην ανάπτυξη πολλών τομέων των μαθηματικών. Τις δεκαετίες του 1910 και του 1920 (μετά τον θάνατο του Ανρί Πουανκαρέ) ήταν ο αναγνωρισμένος παγκόσμιος ηγέτης στους μαθηματικούς. Το 1970, η Διεθνής Αστρονομική Ένωση ονόμασε έναν κρατήρα στην μακρινή πλευρά της Σελήνης προς τιμήν του Gilbert.

Yuri Vladimirovich Matiyasevich (γεν. 2 Μαρτίου 1947, Λένινγκραντ) - Σοβιετικός και Ρώσος μαθηματικός, ερευνητής στο Τμήμα της Αγίας Πετρούπολης του Μαθηματικού Ινστιτούτου. V. A. Steklova RAS, Μέλος της Επιτροπής Εμπειρογνωμόνων του RSOS στα Μαθηματικά, Ακαδημαϊκός της Ρωσικής Ακαδημίας Επιστημών, Διδάκτωρ Φυσικών και Μαθηματικών Επιστημών

διοφαντική εξίσωση μαθηματική

συμπέρασμα

Αυτό το θέμα είναι πολύπλευρο και σχεδόν απεριόριστο. Δεν είναι καθόλου τυχαίο που οι παγκοσμίου φήμης επιστήμονες το έχουν προβληματίσει σε όλη την ιστορία της ανάπτυξης των μαθηματικών. Αγγίζει θεμελιώδεις έννοιες στα μαθηματικά και η γνώση των Διοφαντικών εξισώσεων, μου φαίνεται, δεν θα είναι ποτέ εξαντλητική.

Καθώς έκανα αυτό το δοκίμιο, κατέκτησα τη μέθοδο σκέδασης, έμαθα πώς να λύνω συστήματα εξισώσεων για προβλήματα σχετικά με υπολείμματα, εξοικειώθηκα με την ιστορία της κυριαρχίας των μεθόδων επίλυσης εξισώσεων Διοφαντίνων.

Στον κόσμο των μαθηματικών, ο οποίος ήταν από καιρό σοφός και μεγαλειώδης, ακολουθούμε το πεπατημένο μονοπάτι.

Αλλά όλοι μπορούν να γίνουν πρωτοπόροι: στην αρχή για τον εαυτό τους, και στο μέλλον, ίσως για τους άλλους ...

Σκέφτομαι να συνεχίσω να εργάζομαι σε αυτό το θέμα, να επεκτείνω τις γνώσεις μου στην επίλυση αόριστων εξισώσεων. Η μελέτη νέων μεθόδων λύσης εμπλουτίζει τη βάση γνώσεων οποιουδήποτε ατόμου, ειδικά επειδή μπορεί να σχετίζονται με τη ΧΡΗΣΗ (C6).

Βιβλιογραφία

1. Περιοδικό «Quantum» 1970 #7

.«Εγκυκλοπαίδεια ενός νέου μαθηματικού» 520 σελ.

http://ilib.mirror1.mccme.ru/djvu/serp-int_eq.htm

Pichugin L.F. «Πίσω από τις σελίδες του σχολικού βιβλίου της άλγεβρας», Μ., 1990, 224σ.

Glazer G.I. «Ιστορία των μαθηματικών στο σχολείο 10-11», 351s

Petrakov I.A. «Μαθηματικά για τους περίεργους», Μ., 2000. 256 δευτ.

http://bars-minsk.narod.ru/teachers/diofant.html

Φροντιστήριο

Χρειάζεστε βοήθεια για να μάθετε ένα θέμα;

Οι ειδικοί μας θα συμβουλεύσουν ή θα παρέχουν υπηρεσίες διδασκαλίας σε θέματα που σας ενδιαφέρουν.
Υποβάλλω αίτησηυποδεικνύοντας το θέμα αυτή τη στιγμή για να ενημερωθείτε σχετικά με τη δυνατότητα λήψης μιας διαβούλευσης.