Descentna metoda za rješavanje Diofantovih jednadžbi. Rješavanje linearnih Diofantovih jednadžbi s bilo kojim brojem nepoznanica. Problem sa šapom

Danas predlažem razmišljanje o nekom zanimljivom matematičkom problemu.
Naime, zagrijmo se rješavanjem sljedeće linearne jednadžbe:

"Što je tako komplicirano?" - pitaš. Doista, postoji samo jedna jednadžba i čak četiri nepoznanice. Dakle, tri varijable su slobodne, a zadnja ovisi o njima. Pa izrazimo to brzo! Na primjer, kroz varijablu , tada je skup rješenja sljedeći:

gdje je skup bilo kojih realnih brojeva.

Eto, rješenje se doista pokazalo previše trivijalnim. Tada ćemo zakomplicirati naš zadatak i učiniti ga zanimljivijim.

Prisjetimo se o linearne jednadžbe s cjelobrojnim koeficijentima i cjelobrojnim korijenima, koje su zapravo vrsta Diofantovih jednadžbi. Točnije, nametnut ćemo našoj jednadžbi odgovarajuća ograničenja na cjelovitost koeficijenata i korijena. Koeficijenti za nepoznanice već su cijeli brojevi (), ali same nepoznanice moraju biti ograničene na sljedeće:

gdje je skup cijelih brojeva.

Sada rješenje dobiveno na početku članka "neće raditi", jer riskiramo da ga dobijemo kao racionalni (frakcijski) broj. Dakle, kako riješiti ovu jednadžbu? isključivo u cijelim brojevima?

Zainteresirani za rješavanje ovog problema neka se obrate kat.

I nastavljamo s vama. Pokušajmo napraviti neke elementarne transformacije tražene jednadžbe:

Problem i dalje izgleda neshvatljivo, u takvim slučajevima matematičari obično rade neku vrstu zamjene. Idemo i mi s tobom:

Wow, postigli smo zanimljiv rezultat! Naš koeficijent je sada jednako jedan, što znači da vi i ja možemo izraziti ovu nepoznanicu kroz ostale nepoznanice u ovoj jednadžbi bez ikakvih dijeljenja (što smo učinili na samom početku članka). Učinimo to:

Dopustite mi da vam skrenem pozornost na činjenicu da nam to govori da bez obzira što oni bili (u okviru Diofantovih jednadžbi), to će i dalje ostati cijeli broj, i to je sjajno.

Prisjećajući se da je pošteno reći da . I zamjenjujući gore dobiveni rezultat, dobivamo:

Ovdje također vidimo da što god , i dalje će ostati cijeli broj, a to je još uvijek divno.

Tada nam pada na pamet briljantna ideja: deklarirajmo ih kao slobodne varijable i izrazimo ih kroz njih! Zapravo, to smo već učinili. Sve što preostaje je upisati odgovor u sustav rješenja:

Sada to možete vidjeti u sustavu odlučivanja nigdje nema podjela, što znači da će rješenja uvijek biti cijeli broj. Pokušajmo pronaći određeno rješenje izvorne jednadžbe, pretpostavivši, na primjer, da je:

Zamijenimo u izvornu jednadžbu:

Isto, super! Pokušajmo ponovno s drugim primjerom, može?

Ovdje vidimo negativan koeficijent, može nam uzrokovati priličnu količinu problema, pa se riješimo grijeha zamjenom , tada će jednadžba biti sljedeća:

Kao što se sjećamo, naš zadatak je napraviti takve transformacije da naša jednadžba sadrži nepoznanicu s jediničnim koeficijentom (kako bismo je zatim izrazili kroz ostale bez ikakvog dijeljenja). Da bismo to učinili, opet moramo uzeti nešto "iz zagrada", najbrži način je uzeti koeficijente iz jednadžbe koji su najbliži jedinici. Međutim, morate shvatiti da kao zagradu možete uzeti samo onaj broj koji je nužno neki koeficijent jednadžbe (ni više, ni manje), inače ćemo naići na tautologiju/kontradikciju ili razlomke (drugim riječima, to je nemoguće da se slobodne varijable pojave negdje osim u zadnjoj zamjeni). Tako:

Uvedimo zamjenu, tada dobivamo:

Uzmimo opet zagrade i konačno dobijemo nepoznanicu u jednadžbi s jediničnim koeficijentom:

Uvedimo zamjenu, a zatim:

Izrazimo svoju usamljenu nepoznatu odavde:

Iz ovoga slijedi da što god uzmemo, to će i dalje ostati cijeli broj. Tada iz relacije nalazimo:

Na sličan način nalazimo iz relacije:

Tu je sazrio naš sustav rješenja - apsolutno sve nepoznanice smo izrazili bez pribjegavanja dijeljenju, čime smo pokazali da će rješenje sigurno biti cijeli broj. Također, ne zaboravite da moramo uvesti obrnutu zamjenu. Tada je konačni sustav rješenja sljedeći:

Dakle, ostaje odgovoriti na pitanje može li se ijedna slična jednadžba riješiti na ovaj način? Odgovor: ne, ako je jednadžba fundamentalno nerješiva. To se događa u slučajevima kada slobodni član nije potpuno djeljiv s gcd svih koeficijenata za nepoznanice. Drugim riječima, s obzirom na jednadžbu:

Da bismo ga riješili u cijelim brojevima, dovoljno je zadovoljiti sljedeći uvjet:

(gdje je najveći zajednički djelitelj).

Dokaz

Dokaz nije razmatran u okviru ovog članka, jer je to razlog za poseban članak. Možete to vidjeti, na primjer, u prekrasnoj knjizi W. Sierpinskog “O rješavanju jednadžbi u cijelim brojevima” u §2.

Rezimirajući gore navedeno, pišemo algoritam radnji za rješavanje linearnih Diofantovih jednadžbi s bilo kojim brojem nepoznanica:

Zaključno, vrijedi reći da možete dodati i ograničenja na svaki član jednadžbe u obliku nejednadžbe na njemu (tada se sustavu rješenja dodaje sustav nejednakosti, prema kojem će odgovor trebati biti prilagođen), a također dodajte još nešto zanimljivo. Također ne treba zaboraviti da je algoritam rješenja strog i da se može napisati u obliku računalnog programa.

Petar je bio s tobom,
hvala na pažnji.

Zadatak 1. Recimo da u akvariju žive hobotnice i morske zvijezde. Hobotnice imaju 8 nogu, a morske zvijezde 5. Udova ima ukupno 39. Koliko životinja ima u akvariju?

Riješenje. Neka je x broj morskih zvijezda, y broj hobotnica. Tada sve hobotnice imaju 8 nogu, a sve zvijezde imaju 5 nogu. Napravimo jednadžbu: 5x + 8y = 39.

Imajte na umu da se broj životinja ne može izraziti necijelim ili negativnim brojevima. Dakle, ako je x nenegativan cijeli broj, tada y = (39 – 5x)/8 također mora biti cijeli broj i nenegativan, pa je stoga potrebno da izraz 39 – 5x bude djeljiv s 8 bez a Jednostavno pretraživanje opcija pokazuje da je to moguće samo kada je x = 3, tada je y = 3. Odgovor: (3; 3).

Jednadžbe oblika ax+bu=c nazivaju se diofantske, po starogrčkom matematičaru Diofantu iz Aleksandrije. Diofant je živio, po svemu sudeći, u 3. stoljeću. n. e., preostale činjenice iz njegove biografije koje su nam poznate iscrpljuju se sljedećom pjesmom-zagonetkom, prema legendi, uklesanom na njegovom nadgrobnom spomeniku:

Diofantov pepeo počiva u grobnici; čudi se njoj i kamenu

Starost pokojnika govorit će kroz njegovu mudru umjetnost.

Voljom bogova proživio je šestinu života kao dijete.

I dočekao sam pola šest s paperjem na obrazima.

Tek što je prošao sedmi dan, zaručio se sa svojom djevojkom.

Nakon pet godina provedenih s njom, mudrac je dobio sina;

Očev voljeni sin proživio je samo pola života.

Od oca ga je rani grob uzeo.

Dva puta dvije godine roditelj je oplakivao tešku tugu,

Ovdje sam vidio granicu svog tužnog života.

Koliko je godina živio Diofant Aleksandrijski?

Zadatak 2. U skladištu ima čavala u kutijama od 16, 17 i 40 kg. Može li skladištar izdati 100 kg čavala bez otvaranja kutija? (metoda grube sile)

Pogledajmo metodu za rješavanje jedne nepoznanice.

Problem 3. U katalogu umjetničke galerije nalazi se samo 96 slika. Neke stranice imaju 4 slike, a neke 6. Koliko stranica od svake vrste ima katalog?

Riješenje. Neka je x broj stranica sa četiri slike,

y – broj stranica sa šest slika,

Ovu jednadžbu rješavamo s obzirom na nepoznanicu koja ima najmanji (modulo) koeficijent. U našem slučaju to je 4x, odnosno:

Cijelu jednadžbu dijelimo s ovim koeficijentom:

4x=96-6y | :4;

Ostaci pri dijeljenju s 4: 1,2,3. Zamijenimo ove brojeve umjesto y.

Ako je y=1, tada je x=(96-6∙1):4=90:4 - Ne radi, rješenje nije u cijelim brojevima.

Ako je y=2, onda je x=(96-6∙2):4=21 – Prikladno.

Ako je y=3, tada je x=(96-6∙3):4=78:4 - Ne radi, rješenje nije u cijelim brojevima.

Dakle, posebno rješenje je par (21;2), što znači da su na 21 stranici 4 slike, a na 2 stranice 6 slika.

Analizirajmo metodu rješenja pomoću Euklidovog algoritma.

Zadatak 4. U trgovini se prodaju dvije vrste čokolade: mliječna i gorka. Sva čokolada se sprema u kutije. U skladištu je 7 kutija mliječne čokolade, a tamne 4. Poznato je da je bila još jedna crna čokolada. Koliko je čokoladica u svakoj vrsti kutije?

Riješenje. Neka x bude broj pločica mliječne čokolade u jednoj kutiji,

y – broj štanglica tamne čokolade u jednoj kutiji,

tada, prema uvjetima ovog problema, možemo napraviti jednadžbu:

Riješimo ovu jednadžbu pomoću Euklidovog algoritma.

Izrazimo 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.

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

Dakle, ispada x=1; y=2.

To znači da je mliječna čokolada u kutiji 1 komad, a gorka čokolada 2 komada.

Analizirajmo metodu traženja pojedinog rješenja i opću formulu za rješenja.

Problem 5. U afričkom plemenu Tumbe-Yumbe dva starosjedioca Tumba i Yumba rade kao frizeri, a Tumba svojim klijentima uvijek plete 7 pletenica, a Yumba po 4 pletenice. Koliko su klijenata frizeri pojedinačno uslužili tijekom smjene, ako se zna da su zajedno ispleli 53 pletenice?

Riješenje. Neka x bude broj Tumba klijenata,

y – broj Yumba klijenata,

tada je 7x+4y=53 (1).

Sada, da bismo pronašli djelomična rješenja jednadžbe (,), zamijenit ćemo zbroj brojeva koji su nam dani s 1. To će značajno pojednostaviti traženje odgovarajućih brojeva. Dobivamo:

Riješimo ovu jednadžbu metodom supstitucije.

4y=1-7x │:4;

Ostaci kada se podijeli s 4 su: 1, 2, 3. Zamijenimo x ovim brojevima:

Ako je x=1, onda je y=(1-7):4 – ne odgovara, jer Rješenje nije u cijelim brojevima.

Ako je x=2, onda je y=(1-7∙2):4 – ne odgovara, jer Rješenje nije u cijelim brojevima.

Ako je x=3, tada je y=(1-7∙3):4=-5 – prikladno.

Zatim pomnožimo dobivene vrijednosti s početnom vrijednošću iznosa koji smo zamijenili s 1, tj.

x=x 0 ∙53=3∙53=159;

y=y 0 ∙53=-5∙53=-265.

Našli smo određeno rješenje jednadžbe (1). Provjerimo to zamjenom početne jednadžbe:

7∙159+4∙(-265)=53; (3)

Odgovor je bio točan. Kad bismo rješavali apstraktnu jednadžbu, tu bismo mogli stati. No, problem rješavamo, a kako Tumba nije mogao isplesti negativan broj pletenica, trebamo nastaviti s rješavanjem. Kreirajmo sada formule za opće rješenje. Da biste to učinili, od početne jednadžbe (1) oduzmite jednadžbu sa zamijenjenim vrijednostima (3). Dobivamo:

Izbacimo uobičajene faktore iz zagrada:

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

Premjestimo jedan od članova s ​​jedne strane jednadžbe na drugu:

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

Sada je postalo jasno da se za rješavanje jednadžbe (x-159) mora podijeliti s -4, a (y+265) podijeliti sa 7. Uvedimo varijablu n, koja će odražavati ovo naše opažanje:

Premjestimo članove s jedne strane jednadžbe na drugu:

Dobili smo opće rješenje ove jednadžbe; sada u nju možemo zamijeniti različite brojeve i dobiti odgovarajuće odgovore.

Na primjer, neka je n=39

To znači da je Tumba isplela kosu za 3 klijentice, a Yumba za 8 klijentica.

Rješavanje problema različitim metodama.

Zadatak 6: Vovočka je kupio olovke za 8 rubalja i olovke za 5 rubalja. Štoviše, platio je 19 rubalja više za sve olovke nego za sve olovke. Koliko je olovaka i olovaka kupio Vovočka? (metoda traženja općeg rješenja, rješenje o jednoj nepoznanici, korištenje Euklidovog algoritma).

Zadatak 7. Kupili smo flomastere po 7 rubalja i olovke po 4 rublje, ukupno 53 rublja. Koliko ste markera i olovaka kupili?

Problem 8. (općinski obilazak VOSH-a 2014.-2015.): na planetu C u upotrebi su dvije vrste kovanica: svaki od 16 tugrika i 27 tugrika. Je li ih moguće koristiti za kupnju robe koja košta 1 tugrik?

Problem 9. Šeherezada priča svoje priče velikom vladaru. Ukupno mora ispričati 1001 priču. Koliko će noći trebati Šeherezadi da ispriča sve svoje priče, ako jedne noći ispriča 3 priče, a druge 5? Za koliko noći će Šeherezada ispričati sve svoje priče ako to želi što prije? Koliko će noći trebati Šeherezadi ako joj je naporno pričati pet priča za noć, pa takvih noći treba biti što manje?

Zadatak 10. (sjetite se "Aquariusa") Kako uliti 3 litre vode, imajući posude od 9 i 5 litara?

Zadatak 11. Vovočki matematika ide dobro. U svom dnevniku ima samo A i B, s više A. Zbroj svih Vovočkinih ocjena iz matematike je 47. Koliko je Vovočka dobio petica, a koliko petica?

Problem 12. Koschey Besmrtni postavio je rasadnik za uzgoj zmija Gorynych. U zadnjem leglu ima Zmije sa 17 grla i 19 grla. Ukupno ovo leglo broji 339 grla. Koliko je 17-glavih, a koliko 19-glavih zmija uzgojio Koshchei?

Odgovori: Diofant je živio 84 godine;

zadatak 2: 4 kutije po 17 kg i 2 kutije po 16 kg;

zadatak 6: Kupljeno je 7 olovaka i 8 hemijskih, odnosno (7.2) je partikularno rješenje i y = 2 + 5n, x = 7 + 8n, gdje je nê Z opće rješenje;

zadatak 7: (-53; 106) – posebno rješenje, x=4n-53, y=-7n+106 – opća rješenja, s n=14, x=3, y=8, odnosno 3 flomastera i 8 olovaka su kupljeni;

zadatak 8: na primjer, platite 3 novčića od 27 tugrika i primite kusur od 5 novčića od 16 tugrika;

problem 9: (2002; -1001) – posebno rješenje, x=-5 n+2002, y=3n-1001 – opće rješenje, s n=350, y=49, x=252, odnosno 252 noći od 3 bajke i 49 noći 5 bajki – ukupno 301 noć; najbrža opcija: 2 noći po tri priče i 199 noći po 5 priča - ukupno 201 noć; najduža opcija: 332 noći po 3 bajke i 1 noć po 5 bajki - ukupno 333 noći.

zadatak 10: npr. staklenkom od 9 litara 2 puta prelijte vodu i staklenkom od 5 litara 3 puta zagrabite;

problem 11: Vovočka je dobio 7 A i 4 B;

problem 12: 11 zmija sa 17 glava i 8 zmija sa 19 glava.

Da biste riješili linearnu Diofantovu jednadžbu, trebate pronaći vrijednosti varijabli "x" i "y", koje su cijeli brojevi. Cjelobrojno rješenje je složenije od uobičajenog i zahtijeva određeni skup radnji. Prvo morate izračunati najveći zajednički djelitelj (GCD) koeficijenata, a zatim pronaći rješenje. Ako nađete jedno cjelobrojno rješenje linearne jednadžbe, možete primijeniti jednostavan obrazac za pronalaženje beskonačnog broja drugih rješenja.

Koraci

1. dio

Kako napisati jednadžbu

Napišite jednadžbu u standardnom obliku. Linearna jednadžba je jednadžba u kojoj eksponenti varijabli ne prelaze 1. Da biste riješili takvu linearnu jednadžbu, prvo je napišite u standardnom obliku. Standardni oblik linearne jednadžbe izgleda ovako: A x + B y = C (\displaystyle Ax+By=C), Gdje A , B (\displaystyle A,B) I C (\displaystyle C)- cijeli brojevi.

Pojednostavite jednadžbu (ako je moguće). Nakon što napišete jednadžbu u standardnom obliku, pogledajte koeficijente A , B (\displaystyle A,B) I C (\displaystyle C). Ako ti koeficijenti imaju GCD, podijelite sva tri koeficijenta s njim. Rješenje takve pojednostavljene jednadžbe također će biti rješenje izvorne jednadžbe.

Provjerite može li se jednadžba riješiti. U nekim slučajevima možete odmah izjaviti da jednadžba nema rješenja. Ako koeficijent "C" nije djeljiv s gcd koeficijenata "A" i "B", jednadžba nema rješenja.

2. dio

Kako napisati Euklidov algoritam

1. Razumjeti Euklidov algoritam. Ovo je niz ponovljenih dijeljenja u kojima se prethodni ostatak koristi kao sljedeći djelitelj. Posljednji djelitelj koji dijeli brojeve s cijelim brojem je najveći zajednički djelitelj (NOD) dvaju brojeva.

   Primijenite Euklidov algoritam na koeficijente "A" i "B". Nakon što ste napisali linearnu jednadžbu u standardnom obliku, odredite koeficijente "A" i "B", a zatim na njih primijenite Euklidov algoritam da biste pronašli GCD. Na primjer, s obzirom na linearnu jednadžbu 87 x − 64 y = 3 (\displaystyle 87x-64y=3).

   Pronađite najveći zajednički djelitelj (NOD). Budući da je posljednji djelitelj bio 1, gcd brojeva 87 i 64 je 1. Dakle, 87 i 64 su prosti brojevi jedno drugom.

   Analizirajte rezultat. Kada pronađete GCD koeficijenata A (\displaystyle A) I B (\displaystyle B), usporedite ga s koeficijentom C (\displaystyle C) izvorna jednadžba. Ako C (\displaystyle C) podijeljeno s gcd A (\displaystyle A) I B (\displaystyle B), jednadžba ima cjelobrojno rješenje; inače jednadžba nema rješenja.

dio 3

Kako pronaći rješenje pomoću Euklidovog algoritma

Označi brojevima korake za izračun GCD-a. Da biste pronašli rješenje linearne jednadžbe, trebate koristiti Euklidov algoritam kao osnovu za postupak supstitucije i pojednostavljenja.

Uočite u zadnjem koraku gdje postoji ostatak. Prepišite jednadžbu za ovaj korak kako biste izolirali ostatak.

Izolirajte ostatak prethodnog koraka. Ovaj proces je "pomicanje prema gore" korak po korak. Svaki put ćete izolirati ostatak u jednadžbi prethodnog koraka.

Zamijenite i pojednostavite. Primijetite da jednadžba u koraku 6 sadrži broj 2, ali u jednadžbi u koraku 5 broj 2 je izoliran. Stoga, umjesto "2" u jednadžbi koraka 6, zamijenite izraz koraka 5:

Ponovite postupak zamjene i pojednostavljenja. Ponovite opisani postupak, krećući se kroz Euklidov algoritam obrnutim redoslijedom. Svaki put ćete prepisati jednadžbu iz prethodnog koraka i zamijeniti je u posljednju dobivenu jednadžbu.

1. Nastavite s postupkom zamjene i pojednostavljenja. Ovaj proces će se ponavljati dok ne dođete do početnog koraka Euklidovog algoritma. Cilj procesa je zapisati jednadžbu s koeficijentima 87 i 64 izvorne jednadžbe koju treba riješiti. U našem primjeru:

   • 1 = 2 (18) − 7 (5) (\displaystyle 1=2(18)-7(5))
   • 1 = 2 (18) − 7 (23 − 18) (\displaystyle 1=2(18)-7(23-18))(zamijenjen izraz iz koraka 3)
   • 1 = 9 (64 − 2 ∗ 23) − 7 (23) (\displaystyle 1=9(64-2*23)-7(23))(zamijenjen izraz iz koraka 2)
   • 1 = 9 (64) − 25 (87 − 64) (\displaystyle 1=9(64)-25(87-64))(zamijenjen je izraz iz koraka 1)

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije

Državna obrazovna ustanova visokog obrazovanja

strukovno obrazovanje

„Tobolska državna socijalno-pedagoška akademija

ih. DI. Mendeljejev"

Matematički odsjek TiMOM

Neke Diofantove jednadžbe

Tečajni rad

Studentica 3. godine FMF-a

Matajev Evgenij Viktorovič

Znanstveni savjetnik:

Kandidat fizičkih i matematičkih znanosti Valickas A.I.

Ocjena: ____________

Tobolsk – 2011

Uvod………………………………………………………………………………........2

§ 1. Linearne diofantske jednadžbe……………………………..3

§ 2. Diofantova jednadžbax 2 – g 2 = a………………………………….....9

§ 3. Diofantova jednadžbax 2 + g 2 = a…………………………………... 12

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

§ 5. Pitagorine trojke…………………………………………………………….. 19

§ 6. Fermatov posljednji teorem…………………………………………………………23

Zaključak………………………………………………………………………………….….....29

Bibliografija...........………………………………………………..30

UVOD

Diofantova jednadžba je jednadžba oblika P(x 1 , … , x n ) = 0 , gdje je lijeva strana polinom u varijablama x 1 , … , x n s cjelobrojnim koeficijentima. Svaki naručeni set (u 1 ; … ; u n ) cijeli brojevi sa svojstvom P(u 1 , … , u n ) = 0 naziva se (posebnim) rješenjem Diofantove jednadžbe P(x 1 , … , x n ) = 0 . Riješiti Diofantovu jednadžbu znači pronaći sva njena rješenja, tj. opće rješenje ove jednadžbe.

Cilj će nam biti naučiti kako pronaći rješenja nekih diofantovih jednadžbi, ako ta rješenja postoje.

Da biste to učinili, morate odgovoriti na sljedeća pitanja:

A. Ima li Diofantova jednadžba uvijek rješenje, pronaći uvjete postojanja rješenja.

b. Postoji li algoritam koji vam omogućuje da pronađete rješenje Diofantove jednadžbe.

Primjeri: 1. Diofantova jednadžba 5 x – 1 = 0 nema rješenja.

2. Diofantova jednadžba 5 x – 10 = 0 ima rješenje x = 2 , koji je jedini.

3. Jednadžba ul x – 8 x 2 = 0 nije Diofantov.

4. Često jednadžbe oblika P(x 1 , … , x n ) = Q(x 1 , … , x n ) , Gdje P(x 1 , … , x n ) , Q(x 1 , … , x n ) – polinomi s cjelobrojnim koeficijentima, koji se nazivaju i Diofantovi. Mogu se napisati u obliku P(x 1 , … , x n ) – Q(x 1 , … , x n ) = 0 , što je standardno za Diofantove jednadžbe.

5. x 2 – g 2 = a– Diofantova jednadžba drugog stupnja s dvije nepoznanice x i y za bilo koji cijeli broj a. Ima rješenja na a = 1 , ali nema rješenja za a = 2 .

§ 1. Linearne diofantske jednadžbe

Neka a 1 , … , a n , saZ . Jednadžba oblika a 1 x 1 + … + a n x n =c naziva se linearna Diofantova jednadžba s koeficijentima a 1 , … , a n , desna strana c i nepoznanice x 1 , … , x n . Ako je desna strana c linearne Diofantove jednadžbe nula, tada se takva Diofantova jednadžba naziva homogenom.

Naš neposredni cilj je naučiti kako pronaći posebna i opća rješenja linearnih Diofantovih jednadžbi s dvije nepoznanice. Očito, svaka homogena Diofantova jednadžba a 1 x 1 + … + a n x n = 0 uvijek ima određeno rješenje (0; … ; 0).

Očito je da linearna Diofantova jednadžba, čiji su svi koeficijenti jednaki nuli, ima rješenje samo u slučaju kada joj je desna strana jednaka nuli. Općenito vrijedi sljedeće:

Teorem (o postojanju rješenja linearne Diofantove jednadžbe). Linearna Diofantova jednadžba a 1 x 1 + … + a n x n =c, čiji svi koeficijenti nisu nula, ima rješenje ako i samo ako GCD(a 1 , … , a n ) | c.

Dokaz. Nužnost uvjeta je očita: GCD(a 1 , … , a n ) | a ja (1 ja n) , Dakle GCD(a 1 , … , a n ) | (a 1 x 1 + … + a n x n ) , što znači da dijeli i

c = a 1 x 1 + … + a n x n .

Neka D= gcd(a 1 , … , a n ) , c =Dt I a 1 u 1 + … + a n u n = D – linearno širenje najvećeg zajedničkog djelitelja brojeva a 1 , … , a n. Množenje obje strane s t, dobivamo a 1 (u 1 t) + … + a n (u n t) = Dt = c, tj. cijeli broj

n-ka (x 1 t; ... ; x n t) je rješenje izvorne jednadžbe s n nepoznato.

Teorem je dokazan.

Ovaj teorem pruža konstruktivan algoritam za pronalaženje parcijalnih rješenja linearnih Diofantovih jednadžbi.

Primjeri: 1. Linearna Diofantova jednadžba 12x+21y = 5 nema rješenja jer gcd(12, 21) = 3 ne dijeli 5 .

2. Pronađite posebno rješenje Diofantove jednadžbe 12x+21y = 6.

Sada je to očito gcd(12, 21) = 3 | 6, pa postoji rješenje. Napišimo linearno širenje GCD(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1). Stoga par (2; –1) – partikularno rješenje jednadžbe 12x+21y = 3, i par (4; –2) – partikularno rješenje izvorne jednadžbe 12x+21y = 6.

3. Pronađite određeno rješenje linearne jednadžbe 12x + 21y – 2z = 5.

Jer (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , onda rješenje postoji. Nakon dokaza teorema prvo nalazimo rješenje jednadžbe (12.21)x–2y=5, a zatim, zamjenom linearnog širenja najvećeg zajedničkog djelitelja iz prethodnog zadatka, dobivamo rješenje izvorne jednadžbe.

Za rješavanje jednadžbe 3x – 2y = 5 napišimo linearno širenje GCD(3, –2) = 1 = 31 – 21 očito. Stoga par brojeva (1; 1) je rješenje jednadžbe 3 x – 2 g = 1 , i par (5; 5) – partikularno rješenje Diofantove jednadžbe 3x – 2y = 5.

Tako, (12, 21)5 – 25 = 5 . Zamjenjujući ovdje prethodno pronađeno linearno širenje (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , dobivamo (122+21(–1))5 – 25 = 5 , ili 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , tj. trojka cijelih brojeva (10; –5; 5) je partikularno rješenje izvorne Diofantove jednadžbe 12x + 21y – 2z = 5.

Teorem (o strukturi općeg rješenja linearne Diofantove jednadžbe). Za linearnu Diofantovu jednadžbu a 1 x 1 + … + a n x n =c sljedeće tvrdnje su istinite:

(1) ako = (u 1 ; ... ; u n ), = (v 1 ; ... ; v n ) su njegova posebna rješenja, zatim razlika (u 1 –v 1 ; ... ; u n –v n ) – partikularno rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 ,

(2) skup parcijalnih rješenja linearne Diofantove homogene jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 zatvoreno za zbrajanje, oduzimanje i množenje cijelim brojevima,

(3) ako M je opće rješenje zadane linearne Diofantove jednadžbe, i L je opće rješenje odgovarajuće homogene Diofantove jednadžbe, zatim za bilo koje posebno rješenje = (u 1 ; ... ; u n ) izvorne jednadžbe jednakost je istinita M = + L .

Dokaz. Oduzimanje jednakosti a 1 v 1 + … + a n v n = c od jednakosti a 1 u 1 + … +a n u n = c, dobivamo a 1 (u 1 –v 1 ) + … + a n (u n – v n ) = 0 , tj. skup

(u 1 –v 1 ; ... ; u n –v n ) – partikularno rješenje linearne homogene Diofantove jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 . Dakle, dokazano je da

= (u 1 ; ... ; u n ), = (v 1 ; ... ; v n ) ML .

Ovo dokazuje tvrdnju (1).

Tvrdnja (2) se dokazuje na sličan način:

, L z Z L z L .

Da bismo dokazali (3), prvo zapazimo da M+L. Ovo proizlazi iz prethodnog: M+L .

Natrag ako = (l 1 ; ... ; l n ) L i = (u 1 ; ... ; u n ) M, zatim M:

a 1 (u 1 +l 1 )+ …+a n (u n +l n ) = (a 1 u 1 + … + a n u n )+(a 1 l 1 + … + a n l n ) = c + 0 = c.

Tako, + LM, i na kraju M = + L .

Teorem je dokazan.

Dokazani teorem ima jasno geometrijsko značenje. Ako uzmemo u obzir linearnu jednadžbu a 1 x 1 + … + a n x n = c, Gdje x ja R, onda, kao što je poznato iz geometrije, definira u prostoru R n hiperravnina dobivena iz ravnine L s homogenom jednadžbom a 1 x 1 + … +a n x n =0 , prolazeći kroz ishodište, pomaknut nekim vektorom R n. Površina pogleda + L naziva se i linearna mnogostrukost s prostorom smjera L i vektor pomaka . Dakle, dokazano je da opće rješenje M diofantova jednadžba a 1 x 1 + … + a n x n =c sastoji se od svih točaka neke linearne mnogostrukosti koje imaju cjelobrojne koordinate. U ovom slučaju, koordinate vektora pomaka su također cijeli brojevi, a skup L rješenja homogene Diofantove jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 sastoji se od svih točaka u prostoru pravaca s cjelobrojnim koordinatama. Zbog toga se često kaže da skup rješenja proizvoljne Diofantove jednadžbe tvori linearni mnogoznačnik s vektorom translacije i prostor za vođenje L.

Primjer: za Diofantovu jednadžbu x – y = 1 zajednička odluka M izgleda kao (1+y; y), gdje je yZ, njegovo posebno rješenje = (1; 0) , i opće rješenje L homogena jednadžba x – y = 0 bit će zapisano u obrascu (y; y), Gdje naZ. Dakle, možemo nacrtati sljedeću sliku, u kojoj su rješenja izvorne Diofantove jednadžbe i odgovarajuće homogene Diofantove jednadžbe prikazane podebljanim točkama u linearnom mnogoznačniku M i prostora L odnosno.

2. Nađite opće rješenje Diofantove jednadžbe 12x + 21y – 2z = 5.

Privatno rješenje (10; –5; 5) ova jednadžba pronađena ranije, nalazimo opće rješenje homogene jednadžbe 12x + 21y – 2z = 0, ekvivalentno Diofantovoj jednadžbi 12 x + 21 g = 2 z.

Da bi ova jednadžba bila rješiva ​​potrebno je i dovoljno da uvjet bude zadovoljen gcd(12, 21) = 3 | 2z, oni. 3 | z ili z = 3t za neku cjelinu t. Smanjenje oba dijela za 3 , dobivamo 4x + 7y = 2t. Partikularno rješenje (2; –1) Diofantove jednadžbe 4x + 7y = 1 pronađeno u prethodnom primjeru. Zato (4t ; –2t)– partikularno rješenje jednadžbe 4x + 7y = 2t na bilo kojem

t Z. Opće rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe

(7 u ; –4 u) već pronađeno. Dakle, opće rješenje jednadžbe 4x + 7y = 2t ima oblik: (4t + 7u; –2t – 4u) , te opće rješenje homogene jednadžbe 12x + 21y – 2z = 0 bit će napisano ovako:

(4t + 7u; –2t – 4u; 3t).

Lako je provjeriti da ovaj rezultat odgovara gore formuliranom teoremu bez dokaza o rješenjima homogene Diofantove jednadžbe A 1 x 1 + … + a n x n = 0 : Ako P = , Da R I

(u; t) P je opće rješenje razmatrane homogene jednadžbe.

Dakle, opće rješenje Diofantove jednadžbe 12x + 21y – 2z = 5 izgleda ovako: (10 + 4t + 7u; –5 – 2t – 4u; 5+3t).

3. Na primjeru prethodne jednadžbe ilustriramo drugu metodu za rješavanje Diofantovih jednadžbi s mnogo nepoznanica, koja se sastoji u uzastopnom smanjivanju maksimalne vrijednosti modula njezinih koeficijenata.

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

12x + y – 2(z – 10y) = 5

Dakle, opće rješenje jednadžbe koja se razmatra može se napisati na sljedeći način: (x; 5 – 12x + 2u; 50 – 120x + 21u), Gdje x, u– proizvoljni cjelobrojni parametri.

§ 2. Diofantova jednadžbax 2 – g 2 = a

Primjeri: 1. Na a = 0 dobivamo beskonačan broj rješenja: x = g ili x = – g za bilo koga g Z.

2. Na a = 1 imamo x 2 – g 2 = 1 (x + g)(x – g) = 1 . Dakle, broj 1 se rastavlja na umnožak dvaju cjelobrojnih faktora x + g I x – g(važno, to x, g- cijeli!). Budući da broj 1 samo dva proširenja u umnožak cjelobrojnih faktora 1 = 11 I 1 = (–1)(–1) , tada imamo dvije mogućnosti: .

3. Za a = 2 imamo x 2 – g 2 = 2 (x + g)(x – g) = 2. Postupajući slično prethodnom, razmatramo proširenja

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), sastavljamo sustave:, koji za razliku od prethodnog primjera nemaju rješenja. Dakle, Diofantova jednadžba koja se razmatra također nema rješenja x 2 – g 2 = 2.

4. Prethodna razmatranja sugeriraju neke zaključke. Rješenja jednadžbe x 2 – g 2 = a su razgradnjom a = km u umnožak cijelih brojeva iz sustava . Ovaj sustav ima cijela rješenja ako i samo ako k + m I k – m su parni, tj. kada su brojevi k I m istog pariteta (istodobno parni ili neparni). Dakle, Diofantova jednadžba x 2 – y 2 = a ima rješenje ako i samo ako se a može rastaviti na umnožak dvaju cjelobrojnih faktora iste parnosti. Ostaje samo pronaći sve takve .

Teorem (o jednadžbix 2 – g 2 = a ). (1) Jednadžba x 2 – g 2 = 0 ima beskonačan broj rješenja .

(2) Svako rješenje jednadžbe ima oblik , Gdje a = km– rastavljanje broja a na umnožak dvaju cjelobrojnih faktora iste parnosti.

(3) Jednadžba x 2 – g 2 = a ima rješenje ako i samo ako a 2 (mod 4).

Dokaz.(1) već je dokazano.

(2) već je dokazano.

(3) () Neka prvo Diofantova jednadžba x 2 – g 2 = a ima rješenje. Dokažimo to a 2 (mod 4) . Ako a = km – rastavljanje na umnožak cijelih brojeva iste parnosti, zatim za par k I m imamo k = 2 l, m = 2 n I a = km = 4 ul 0 (mod 4) . U slučaju neparnih k, m njihov posao a također neparan, razlika a – 2 je neparan i nije djeljiv sa 4 , tj. opet

a 2 (mod 4).

() Ako sada a 2 (mod 4) , tada možemo konstruirati rješenje jednadžbe x 2 – g 2 = a. Doista, ako je a neparan, onda a = 1 a je proširenje u umnožak neparnih cijelih brojeva, tako da – rješenje Diofantove jednadžbe. Ako je a paran, onda zbog a 2 (mod 4) shvaćamo to 4 | a, a = 4 b = 2(2 b) je proširenje u umnožak parnih cijelih brojeva, tako da – rješenje Diofantove jednadžbe.

Teorem je dokazan.

Primjeri: 1. Diofantova jednadžba x 2 – g 2 = 2012 nema rješenja, jer 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Diofantova jednadžba x 2 – g 2 = 2011 ima rješenja, jer

2011 3 (mod 4). Imamo očita proširenja

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

za svaki od njih nalazimo rješenja (bilo koja kombinacija znakova). Drugih rješenja nema, jer... broj 2011 jednostavan(?!).

§ 3. Diofantova jednadžbax 2 + g 2 = a

Primjeri: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Stoga se očito svaki kvadrat može trivijalno prikazati kao zbroj dvaju kvadrata.

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. Ne postoje rješenja za a = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

Analiza gornjih rezultata može sugerirati da je nedostatak rješenja nekako povezan s prostim brojevima oblika

4 n+3 , prisutna u faktorizaciji brojeva koji se ne mogu prikazati kao zbrojevi dvaju kvadrata.

Teorem (o prikazivanju prirodnih brojeva zbrojevima dvaju kvadrata). Prirodni broj a može se predstaviti kao zbroj dvaju kvadrata ako i samo ako u njegovom kanonskom proširenju postoje prosti brojevi oblika 4 n + 3 imaju parne eksponente.

Dokaz. Najprije dokažimo da ako se prirodni broj a može predstaviti kao zbroj dvaju kvadrata, tada će u njegovom kanonskom širenju svi prosti brojevi oblika 4 n + 3 moraju imati parne eksponente. Pretpostavimo, suprotno onome što je dokazano, da a= str 2 k +1 b = x 2 + g 2 , Gdje

R - prosti broj obrasca 4 n+3 I b str. Zamislimo brojke x I na kao

x =Dž, g = Dt, GdjeD= gcd(x, g) = str s w, str w; z, t, s N 0 . Tada dobivamo jednakost R 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = str 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , tj. R 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . Na lijevoj strani jednakosti nalazi se p (neparni stupanj nije jednak nuli), što znači da je jedan od faktora na desnoj strani podijeljen s prostim brojem p. Jer str w, To r | (z 2 + t 2 ) , gdje su brojevi z, t međusobno jednostavni. Ovo je u suprotnosti sa sljedećom lemom (?!).

Lema (o djeljivosti zbroja dvaju kvadrata s prostim brojem oblika

4 n + 3 ). Ako je prost broj p = 4n+3 dijeli zbroj kvadrata dvaju prirodnih brojeva, zatim dijeli svaki od tih brojeva.

Dokaz. Od suprotnog. Neka x 2 + g 2 0(mod str) , Ali x0(mod str) ili g 0 (mod str) . Jer x I g simetrični, mogu se mijenjati, pa možemo pretpostaviti da x str.

Lema (o modulo invertibilnostistr ). Za bilo koji cijeli broj x, nedjeljiv s prostim brojem str, postoji inverzni modulo element str – takav cijeli broj 1 u < str, Što xu 1 (mod str).

Dokaz. Broj x suprime sa str, tako da možemo napisati linearno širenje GCD(x, str) = 1 = xu + pv (u, v Z) . Jasno je da xu1(modp) , tj. u– inverzni element prema x modulo str. Ako u ne zadovoljava ograničenje 1 u < str, zatim dijeljenje u s uključenom vagom str, dobivamo ostatak r u (mod str) , za koji xr xu 1 (mod str) I 0 r < str.

Lema modulo invertibilnosti str dokazano.

Množenje usporedbe x 2 + g 2 0 (mod str) po kvadratu u 2 inverzni element to x modulo str, dobivamo 0 = 0u 2 x 2 u 2 + g 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1+t 2 (mod p).

Stoga, za t = yu usporedba obavljena t 2 –1 (mod str) , što će dovesti do kontradikcije. Jasno je da t str: inače t 0 (mod str) I 0 t 2 –1 (mod str) , što je nemoguće. Po Fermatovoj teoremi imamo t str –1 1 (mod str), koji zajedno sa t 2 –1 (mod str) I str = 4 n + 3 dovodi do kontradikcije:

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

Rezultirajuća kontradikcija pokazuje da je pretpostavka o x 0 (mod str) nije bila istina.

Lema o djeljivosti zbroja dvaju kvadrata s prostim brojem 4 n+3 dokazano.

Dakle, dokazano je da broj čije kanonsko proširenje uključuje prost broj str = 4 n + 3 na neparnu potenciju, ne može se prikazati kao zbroj dvaju kvadrata.

Dokažimo sada da svaki broj u čijem kanonskom proširenju postoje prosti brojevi str = 4 n + 3 sudjeluju samo u parnim potencijama i mogu se prikazati kao zbroj dvaju kvadrata.

Ideja dokaza temelji se na sljedećem identitetu:

(A 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac – bd) 2 + (oglas + bc) 2 ,

što se može dobiti iz poznatog svojstva modula kompleksnih brojeva – modul umnoška jednak je umnošku modula. Stvarno,

| z|| t| = | zt| | a + dvo|| c + di| = |(a + dvo)(c + di)|

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

(A 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac – bd) 2 + (oglas + bc) 2 .

Iz ovog identiteta slijedi da ako se dva broja u, v mogu predstaviti kao zbroj dvaju kvadrata: u = x 2 + g 2 , v = z 2 + t 2 , tada se njihov umnožak uv može prikazati kao zbroj dvaju kvadrata: uv = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .

Bilo koji prirodni broj a > 1 može se napisati u obliku a= str 1 … R k m 2 , Gdje R ja– u paru različiti prosti brojevi, m N . Da biste to učinili, dovoljno je pronaći kanonsko proširenje , zapiši svaku potenciju oblika r u obliku kvadrata (r) 2 za čak = 2, ili u obliku r = r(r) 2 za neparan = 2 + 1 , a zatim odvojeno grupirajte kvadrate i preostale proste brojeve. Na primjer,

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

Broj m 2 ima trivijalnu reprezentaciju kao zbroj dvaju kvadrata: m 2 = 0 2 + m 2 . Dokažemo li reprezentativnost kao zbroj dvaju kvadrata svih prostih brojeva R ja (1 ja k) , tada će se korištenjem identiteta dobiti prikaz broja a. Po stanju, među brojevima R 1 , … , R k može samo upoznati 2 = 1 2 + 1 2 i prosti brojevi oblika 4 n + 1 . Dakle, preostaje dobiti prikaz u obliku zbroja dvaju kvadrata prostog broja p = 4t + 1. Odvojimo ovu tvrdnju u poseban teorem (vidi dolje)

Na primjer, za a = 29250 = 2513(15) 2 redom dobivamo:

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 .

Teorem je dokazan.

§ 4. Jednadžbax+ x + 1 = 3y

Pozabavimo se sada jednadžbom x+x+1=Zu. Već ima svoju povijest. R. Oblate je 1950. predložio da se osim rješenja

x=y=1. nema drugih rješenja u prirodnim brojevima x, y, gdje je x neparan broj. Iste je godine T. Nagel naznačio rješenje x= 313, y = 181. Metoda slična onoj gore navedenoj za jednadžbu. x+x-2y=0, omogućit će nam da odredimo sva rješenja jednadžbe x+x+1=3y (1)

u prirodnim brojevima x, u. Hajdemo to pretvarati (x, y) je rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima, i x > 1. Lako se može provjeriti da jednadžba (18) nema rješenja u prirodnim brojevima x, g, Gdje x = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; tako mora biti x10.

Pokažimo to 12u<7 x+3, 7u>4x+ 2. 4u> 2x+1 . (2)

Kad bi bilo 12g> 7x+3, imali bi smo 144u> 49 x+42 x+9 . i budući da, s obzirom na (18), 144u= 48x+ 48 x + 48 , onda bi bilo x< 6 x +3 9, odakle

(x-3)< 48 i, prema tome, s obzirom na to x> 10, 7 < 148 , što je nemoguće. Dakle, prva od nejednakosti (2) je dokazana.

Kad bi bilo 7u< 4 x+2 , imali bi smo 49u< 16 x+ 16 x+4 , a budući da je, s obzirom na (1), 16 x+ 16 x+ 16 = 48 u, onda bi bilo 49u< 48u-12, što je nemoguće. Time je dokazana druga od nejednakosti (2) iz koje neposredno proizlazi treća. Dakle, nejednakosti (2) su istinite.

Stavimo sada

w= 7x - 12y+3,h = -4 x+ 7u-2. (3)

Na temelju (2) nalazimo da w > 0 , h > 0 I X -w=3(4 g-2 x-1)>0 i stoga, w<х . Prema (3) imamo w 2 + w+1=3 h 2 odakle, s obzirom na (1), prihvaćamo g(x, y) = (7x- 12y + 3, -4x + 7y -2).

Dakle, možemo to reći, na temelju svake odluke (x, y) jednadžba (1) u prirodnim brojevima, gdje x > 1, dobivamo novo rješenje (w, h) = g(x, y) jednadžba (1) u prirodnim brojevima w, h Gdje w < х (pa je stoga rješenje u manjim prirodnim brojevima). Odavde, postupajući kao gore, nalazimo da za svako rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima x, y, Gdje x > 1, postoji prirodan broj n takav da g(x, y) = (l, 1).

Prihvativši f(x, y) = (7x+12u + 3, 4x+ 7u + 2), (4) to lako možemo naći f(g(x,y)) = (x,y) i stoga (x, g) = f(1,1) S druge strane, lako je provjeriti da ako (x, y) je rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima, dakle f(x, g) također postoji rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima (odnosno većim od x I na).

Prihvativši x=y=1(x, y) = f(1, 1) Za n=2,3,…..,

dobivamo niz { x, g} Za n= 1, 2,….., koji sadrži sva rješenja jednadžbe (1) u prirodnim brojevima i samo takva rješenja.

Evo imamo (X,g)= f(1,1)= f(x, y), dakle, na temelju (4), dobivamo

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

Formule koje vam omogućuju dosljedno određivanje svih rješenja (x, y) jednadžba (1) u prirodnim brojevima. Na taj način lako dolazimo do rješenja (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Tih rješenja očito ima beskonačno mnogo. Od jednakosti

x=y=1 i (4) pomoću indukcije lako nalazimo da brojevi x s neparnim indeksima su neparni, s parnim indeksima su parni, a brojevi g bit je neparan za n = 1, 2, ... Da bismo dobili sva rješenja jednadžbe (1) u cijelim brojevima x, y, kao što je lako dokazati, slijedilo bi već dobivena rješenja (x, y) pridružiti (x, -y) I (-x-1, ±y) Za n=1, 2, .. .

Dakle, ovdje imamo, na primjer, sljedeća rješenja: (-2,1) (-23,13), (-314,181). A. Rotkevič je primijetio da od svih rješenja jednadžbe (1) u prirodnim brojevima x > 1 i y možete dobiti sva rješenja jednadžbe (z+1)-z= g (6)

u prirodnim brojevima z, y. Zapravo, pretpostavimo da prirodni brojevi z,y zadovoljavaju jednadžbu (5). Stavljanje x=3z+l, dobivamo, kao što je lako provjeriti, prirodne brojeve x > 1 I na, zadovoljavajući jednadžbu (1).

S druge strane, ako prirodni brojevi x > 1 I na zadovoljavaju jednadžbu (1), tada, kao što je lako provjeriti, imamo (x-1)= 3(y-x), što implicira da je broj (prirodni) x-1 podjeljeno sa 3 , stoga x-1= 3 z, gdje z je prirodan broj, a jednakost vrijedi 3z=y-x=y3z-1 , što dokazuje da brojevi z I na zadovoljiti jednadžbu (6). Dakle, na temelju odluka (22,13),(313,181), (4366,2521) jednadžbe (1), dobivamo rješenja (7,13),(104,181),(1455,2521) jednadžba (6). Napomenimo i ovdje da ako prirodni brojevi z, y zadovoljavaju jednadžbu (6), onda je dokazano da na je zbroj dvaju uzastopnih kvadrata, na primjer 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Slično, kao i prije za jednadžbu (1), mogli bismo pronaći sva rješenja jednadžbe x+(x+1)= g u prirodnim brojevima x, y, prihvativši za x > 3 g(x. y) = (3x -2y+1, 3y - 4x- 2) i za x> 1 f(x, y) = (3x+ 2y+l, 4x + Zu + 2),što dovodi do formule ( x, y)f(3,5) te do zaključka da su sva rješenja jednadžbe (6) u prirodnim brojevima x, y sadržana u nizu { x, g} Za n= 1, 2,…., Gdje x=3, y=5, ax=3 x+2 g+1 . g = 4 x+3 g+2 (n=1, 2, ...). Na primjer, x = 3 3 + 2 5 + 1 = 20, y = 4 3 + 3 5 + 2 = 29;x=119, y=169:x=69b, y= 985;x=4059, y=5741.

Geometrijsko značenje razmatrane jednadžbe je da daje sve Pitagorine trokute (pravokutne trokute s prirodnim stranicama), čije su katete izražene uzastopnim prirodnim brojevima. Takvih je trokuta (*) beskonačno mnogo.

Jednadžba x+(x+1)= g, dokazano je da nema rješenja u prirodnim brojevima x, y.

OPĆINSKA PRORAČUNSKA OBRAZOVNA USTANOVA

SREDNJA ŠKOLA br. 28 grada SMOLENSKA

SMOLENSKO DRŽAVNO SVEUČILIŠTE

Sekcija matematika

Esej

Diofantove jednadžbe

Dovršio djelo: Evgenij Igorevič Gončarov,

Učenik 11. razreda

Voditeljica: Soldatenkova Zoya Aleksandrovna,

profesorica matematike

Smolensk

Zašto me zanima ova tema?

Jednog dana, dok sam listao udžbenik, naišao sam na malu rubnu traku o Diofantovim jednadžbama. Odmah sam uočio da zadaci s riječima unutar ove teme imaju intrigantno, ponekad i komično stanje, a zbog velikog broja različitih metoda rješavanja ne doimaju se nimalo tipično. Također, neki od njih su mi zadavali teške muke.

Pronalazeći načine da ih racionalno riješim, bliže sam se upoznao s ovom temom. Što sam dublje ronio, što sam nailazio na složenije i zanimljivije zadatke, to se više pitanja pojavljivalo. Ubrzo sam shvatio da velik dio ove teme leži izvan okvira školskog programa.

Stoga nisam išao ispred događaja i ulazio dublje u teoriju (WTO, Hilbertov 10. problem, Fermatov posljednji teorem itd.). I počeo je svladavati isključivo algoritme za rješavanje Diofantovih jednadžbi i sustava jednadžbi, a istovremeno se upoznavao s poviješću njihova otkrića.

Diofant Aleksandrijski - starogrčki matematičar. Kronike nisu sačuvale praktički nikakve podatke o ovom znanstveniku. Diofant predstavlja jednu od najzabavnijih misterija u povijesti matematike. od Ne znamo tko je bio, točne godine njegova života, ne znamo njegove prethodnike koji bi radili na istom polju kao i sam Diofant:

Diofant citira Hipsika iz Aleksandrije (starogrčkog matematičara i astronoma koji je živio u 2. stoljeću pr. Kr.);

Teon iz Aleksandrije (grčki matematičar kasnog helenističkog doba, filozof i astronom koji je živio u 3. stoljeću poslije Krista) piše o Diofantu;

Diofant svoja djela posvećuje Dioniziju Aleksandrijskom (biskupu koji je živio sredinom 3. stoljeća poslije Krista). Tako znanstvenici pretpostavljaju da je ovaj matematičar živio u 3. stoljeću nove ere.

Antologija Maksuima Planude (grčkog monaha iz 14. st. n. e.) sadrži epigram-zadatak “Epitaf Diofantov”:

Diofantov pepeo počiva u grobnici; čudi joj se – i kamenu

Starost pokojnika govorit će kroz njegovu mudru umjetnost.

Voljom bogova proživio je šestinu života kao dijete.

I dočekao sam pola šest s paperjem na obrazima.

Tek što je prošao sedmi dan, zaručio se sa svojom djevojkom.

Nakon pet godina provedenih s njom, mudrac je dobio sina;

Očev voljeni sin proživio je samo pola života.

Od oca ga je rani grob uzeo.

Dva puta dvije godine roditelj je oplakivao tešku tugu,

Ovdje sam vidio granicu svog tužnog života.

(Preveo S. N. Bobrov).

Ovaj zadatak se svodi na sastavljanje i rješavanje jednostavne linearne jednadžbe:

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

gdje je x broj godina koje je živio Diofant.

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

x=84 - toliko je godina živio Diofant.

I tijekom godina Diofant je pisao eseje O mjerenju površina i o množenju , traktat O poligonalnim brojevima . Glavno Diofantovo djelo je Aritmetika u 13 knjiga.

Nažalost, nisu sva njegova djela sačuvana. Oni koji su došli do nas sadrže 189 zadataka s rješenjima koja se mogu svesti na određene jednadžbe prvog i drugog stupnja te neodređene. Doprinos ovog znanstvenika razvoju matematike je ogroman.

Diofant uvodi posebne simbole za oduzimanje, skraćene riječi za pojedine definicije i radnje. To jest, bio je autor prvog algebarskog jezika.

Po Diofantu je nazvan krater na Mjesecu.

Međutim, Diofant nije tražio opća rješenja, već se zadovoljio jednim, obično pozitivnim, rješenjem neodređene jednadžbe.

Diofantove jednadžbe kao matematički model životnih situacija

Svaka osoba, čak i ona beskrajno daleko od matematike, susrela se i, štoviše, riješila najjednostavnije Diofantove jednadžbe, a da to nije znala. Dapače, oni služe kao matematički model za mnoge probleme koji se javljaju na svakodnevnoj razini.

Zadatak br. 1

Na skladištu imamo kutije čavala težine 16, 17 i 40 kg. Hoće li skladištar moći izdati 100 kg čavala bez otvaranja kutija?

Lako je vidjeti da je 17 kg + 17 kg + 16 kg = 50 kg. Zatim, da biste izdali 100 kg (2 puta više), trebate uzeti 4 kutije od 17 kg i 2 kutije od 16 kg.

Odgovor: Da, može.

Ovdje smo imali sreće: rješenje se svelo na jednostavnu pretragu, a odgovor se pokazao očitim. Razmotrimo još jedan problem:

Problem br. 2

U oboru se nalaze jednoglave stonoge i troglave zmije. Ukupno imaju 298 nogu i 26 glava. Koliko nogu imaju troglave zmije?

Neka u oboru bude x stonoga i y Gorynycha, a svaka zmija ima p nogu. Odmah napomenimo da svaka od ovih varijabli mora biti cijeli broj i pozitivna. Zatim:

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/y Tada: x=5

Kako je p cijeli broj, onda nam p=27,25 ne odgovara.

Ovaj je problem bio nešto teži od prvog, ali uvođenjem ograničenja na varijable uspjeli smo suziti pretragu na samo dva slučaja. Samo naprijed:

Problem br. 3

U staklenke od 0,7 i 0,9 litara potrebno je uliti 20,5 litara soka da sve staklenke budu pune. Koliko limenki trebam pripremiti? Koji bi najmanji broj limenki mogao biti potreban?

Neka x bude broj limenki od 0,7 litara, a y - 0,9 litara. Zatim napravimo jednadžbu:

Očito, izravno nabrajanje brojeva direktno trebat će puno vremena. A nema mjesta na svijetu za ružnu matematiku ©G. Izdržljiv.

Razmotrimo metodu za rješavanje takvih jednadžbi, a zatim se vratimo izravno našem problemu i dovršimo ga.

Metoda raspršivanja

Diofantova jednadžba ima oblik: (x1,x2…xn)=0, gdje je P cjelobrojna funkcija, a varijable xi imaju cjelobrojne vrijednosti. Prilikom rješavanja zadatka br. 2 naišli smo na jednadžbu oblika ax+by=c, gdje su a, b i c cjelobrojni koeficijenti, a x i y varijable koje poprimaju samo cjelobrojne vrijednosti. Ovo je linearna Diofantova jednadžba s dvije nepoznanice.

Opća metoda za rješavanje takvih jednadžbi pojavila se u Indiji u 12. stoljeću. Njegov izgled uzrokovan je astronomskim zahtjevima i kalendarom

kalkulacije. Prvi savjeti Aryabhatt je dao opće rješenje Diofantovih jednadžbi. Samu metodu stvorili su Bhaskara i Brahmagupta. Sada je poznata kao metoda raspršivanja. Pogledajmo to na primjeru:

Primjer br. 1: Pronađite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe 19x-8y=13.

Izrazimo y kroz x (budući da je koeficijent za y najmanji) i izaberimo cjelobrojni dio:

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

Izraz (3x-13)/8 mora biti cijeli broj. Označimo ga k.

Tada je 8k=3x-13. Ponovimo gornju operaciju:

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

Iz jednakosti (4) očito je da h uzima cjelobrojne vrijednosti za bilo koje cjelobrojne vrijednosti p.

Uzastopnim zamjenama (4) nalazimo izraze za nepoznanice: k=13+3p, x= 39+8p i na kraju y=91+18p.

Odgovor: (39+8p;91+18p).

Sada, s dovoljnom zalihom znanja, vratimo se zadatku br.

x=29+(2-9y)/7; neka je t=(2-9u)/7, gdje je t cijeli broj;

t=2-9y; t=(2-2y)/7-y; neka je (2-2y)/7=p, gdje je p cijeli broj;

Y=7k, gdje je k cijeli broj; y=1-7k, gdje je k cijeli broj. Tada je x=28+9k.

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

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

To jest, k može poprimiti sljedeće vrijednosti: -3, -2, -1,0.

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

Odnosno, najmanji broj staklenki odgovara najmanjem k.

(x+y)najmanji=29-6=23.

Odgovor: (28+9k;1-7k), gdje k ​​ima vrijednosti -3,-2,-1.0. Najmanji broj limenki je 23.

Problemi proširenja brojeva

Vrijedno je napomenuti da među tekstualnim zadacima na ovu temu posebno, počasno mjesto zauzimaju tekstualni zadaci koji se svode na pronalaženje broja, poznavanje njegovih djelitelja i ostataka. One su i najsloženije, a samim time i zanimljive. Pogledajmo neke od njih.

Seljanka je nosila košaru jaja na tržnicu. Neoprezni jahač, pretječući ženu, dotaknuo je košaru i sva su se jaja razbila. Želeći nadoknaditi štetu, upitao je seljanku koliko je jaja u košari. Odgovorila je da ne zna broj jaja, ali kada ih je slagala u 2, 3, 4, 5 i 6, svaki put je jedno jaje ostalo viška, a kad ih je slagala u 7, više nije bilo. ostala jaja. Koji je najmanji broj jaja koje bi seljanka mogla nositi na tržnicu?

Rješenje: Označimo s n traženi broj jaja, pa ćemo sastaviti sustav jednadžbi:

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

Iz jednadžbi (1), (2), (3), (4), (5) slijedi da je broj n-1=2*3*2*5k, gdje je k cijeli broj;

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

Zamjenom dobivenog n u (7) dobivamo jednadžbu: 60k+1=7f.

f= (60k+1)/7 = (4k+1)/7 + 8k;=(4k+1)/7, gdje je r cijeli broj, (1)

7r=4k+1; 4k=7r-1; k=(3r-1)/4+r;=(3r-1)/4, gdje je s cijeli broj

3r-1=4s; 3r=4s+1;r= (s+1)/3+r;= (s+1)/3, gdje je u cijeli broj, tada

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

to jest, s uvijek uzima cjelobrojne vrijednosti za bilo koji cijeli broj u. Uzastopnim zamjenama dobivamo:

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

Očito, kada je u=1, f ima najmanju pozitivnu vrijednost, naime 301.

Odgovor: 301.

* Treba napomenuti da nije potrebno slijepo slijediti ovaj algoritam do samog kraja. Zapravo, u okviru problema ne moramo pronaći sve moguće cjelobrojne vrijednosti k: dovoljna je samo jedna, najmanja. I nakon (1) transformacije očito je da je k koji tražimo jednak 5, što znači f=60*5+1=301.

Pretpostavimo da postoji određeni broj turista. Dijeleći ih na troje, dobivamo ostatak 2, dijelimo ih na pet - 3, dijelimo ih na sedam - 2. Koliko je turista u grupi, ako njihov ukupni broj ne prelazi 100 ljudi.

Neka je ukupno k turista. Zatim:

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

I tu očiti dio našeg rješenja dolazi u slijepu ulicu. Da biste izašli iz toga, morate zapamtiti sljedeće:

1) a*b+c?c (moda)? c(modb). Na primjer, 15? 1 (mod 7), odnosno broj 15 ostavlja ostatak 1 kada se podijeli sa 7.

2) a*b+d? c (modr) ó a*b? c-d (modr) ó b? a(c-d) (modr) óa? b(c-d) (modr). Zatim:

3a+2 k=3a+2 k=3a+2

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

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

3a+2 k=3a+2= 3 +5p, gdje je pintegera=3 + 5p

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

3a+2 k=3a+2k=105d-2014=3 + 5pa=35d-672 a=35d-672=-135 + 7d, gdje je cijeli broj=-135 + 7dp= -135 + 7d

Dakle k=105d-2014. Ako je d=20, tada je k = 86, ako je d<20 , то k<0, если d>20, zatim k>100. Odgovor: 86.

Pokušajmo mu dati praktičnu korist, na primjer, izvest ćemo opću formulu za vodič za brojanje turista. Neka su r1, r2, r3 ostaci pri dijeljenju ukupnog broja turista u grupe od 3, 5, 7, respektivno, pa ukupan broj turista ipak neće premašiti 100 ljudi. Argumentirajući na sličan način, dobivamo:

3a+r1 3a? (r2-r1) (mod 5)a=3(r2-r1) + 5d, gdje je cijeli broj=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, gdje je p cijeli broj

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

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

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

Dakle, dobili smo formulu za k. Ali osim r1,r2,r3, sadrži i cijeli broj d. Postavlja se logično pitanje: hoće li broj k uvijek biti određen na jedinstven način ako je manji od 100? Manje od 150? 43? i tako dalje.

Kineski teorem o ostatku

Kineski teorem o ostatku (CRT) - nekoliko povezanih izjava formuliranih u raspravi kineskog matematičara Sun Tzua (III. stoljeće nove ere) i generalizirano od strane Qin Jiushaoa (XVIII. stoljeće nove ere) u njegovoj knjizi "Matematičko zaključivanje u 9 poglavlja". Zvuči ovako:

Neka su brojevi M1, M2, …, Mk po paru relativno prosti i M= M1*M2*…*Mk. Tada je sustav

x?B1 (modM1)? B2 (modM2)

ima jedinstveno rješenje među brojevima (0,1,…,M-1).

Pojednostavljeno rečeno, odgovor će uvijek biti jednoznačan ako je traženi broj turista manji od umnoška djelitelja kojima se dijeli. Vraćajući se na zadatak br. 4, kažemo da će ih biti moguće prebrojati ako njihov ukupan broj ne bude veći od 104. (M-1=3*5*7-1=104). Dakle, da bismo prebrojali osobu, na temelju naše formule, trebamo izračunati 225r3-1792r1-2016r2, a zatim od njega oduzeti broj 105 dok ne dobijemo broj manji od 105, ali veći od 0. Ovo je dugo i nezgodan. I, iskreno govoreći, brojka od stotinjak ljudi može se izbrojati i bez korištenja tako složenih algoritama.

Najjednostavnije nelinearne Diofantove jednadžbe

Diofant je u potpunosti analizirao neodređene jednadžbe drugog stupnja s dvije nepoznanice. Za rješavanje jednadžbi i sustava viših stupnjeva razvio je još suptilnije i složenije metode koje su privukle pozornost mnogih europskih matematičara novoga vijeka. Ali gotovo sve jednadžbe ovog tipa u školskom tečaju rješavaju se faktorizacijom.

Primjer br. 2: Riješite jednadžbu x2-3xy+2y2=7 u cijelim brojevima.

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

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

Očito, broj 7 možemo dobiti na sljedeće načine: 1*7=7;7*1=7;-1*(-7)=7;-7*(-1).

Zatim ćemo sastaviti i riješiti sustav jednadžbi:

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

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

Primjer br. 3: Dokažite da jednadžba x5+3x4y- 5x3y2-15x2y3 + 4xy4+12y5=33 nema cjelobrojne korijene.

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;

Ako je y=0, tada će izvorna jednadžba imati oblik x5=33. Tada x nije cijeli broj. To znači da za y=0 ova jednadžba nema cjelobrojnih rješenja. Ako je y?0, tada je svih pet faktora na lijevoj strani jednadžbe različito. S druge strane, broj 33 može se predstaviti kao umnožak najviše četiri različita faktora (33=1·3·11 ili 33=-1·3·(-11)·(-1), itd.) . Posljedično, za y?0 ova jednadžba također nema cjelobrojnih rješenja.

Hilbertov deseti problem

Na ovaj ili onaj način, postavlja se pitanje: može li se bilo koja Diofantova jednadžba riješiti, odnosno pronaći njezini korijeni ili dokazati njihov nedostatak.

U kolovozu 1900. godine održan je II međunarodni kongres matematičara. Na njemu je David Gilbert predložio 23 problema. Deseti je zvučao ovako:

Neka je dana Diofantova jednadžba s proizvoljnim nepoznanicama i cjelobrojnim racionalnim numeričkim koeficijentima. Navedite metodu kojom je moguće nakon konačnog broja operacija utvrditi je li ova jednadžba rješiva ​​u cijelim racionalnim brojevima.

S tim su se zadatkom borili mnogi bistri umovi 20. stoljeća: Axel Thue, Turalf Skolem, Emil Post, Julia Robinson, Martin Davis i Hilary Putnam, Martina Davis i drugi. I tek 1970. Jurij Matijasevič dovršio je dokaz algoritamske nerješivosti ovog problema.

David Hilbert (23. siječnja 1862. - 14. veljače 1943.) bio je njemački univerzalni matematičar koji je dao značajan doprinos razvoju mnogih područja matematike. U 1910-1920-ima (nakon smrti Henrija Poincaréa) bio je priznati svjetski matematičar. Godine 1970. Međunarodna astronomska unija dodijelila je ime Gilbert jednom krateru na suprotnoj strani Mjeseca.

Jurij Vladimirovič Matijasevič (rođen 2. ožujka 1947., Lenjingrad) - sovjetski i ruski matematičar, istraživač u ogranku Matematičkog instituta u Sankt Peterburgu. V. A. Steklova RAS, član stručne komisije RSOS-a za matematiku, akademik Ruske akademije znanosti, doktor fizikalnih i matematičkih znanosti

diofantova jednadžba matematički

Zaključak

Ova tema je višestruka i gotovo ogromna. Nisu bez razloga svjetski poznati znanstvenici razbijali glavu oko nje kroz cijelu povijest razvoja matematike. Dotiče se temeljnih pojmova u matematici i poznavanje Diofantovih jednadžbi, čini mi se, nikad neće biti iscrpno.

Radeći ovaj esej savladao sam disperzijsku metodu, naučio rješavati sustave jednadžbi za probleme o ostacima i upoznao se s poviješću svladavanja metoda za rješavanje Diofantovih jednadžbi.

U svijetu matematike, koji je odavno mudar i veličanstven, mi idemo utabanom stazom.

Ali svatko može postati pionir: prvo za sebe, a u budućnosti možda i za druge...

Razmišljam nastaviti raditi na ovoj temi, proširiti svoje znanje u rješavanju neodređenih jednadžbi. Proučavanje novih metoda rješenja obogaćuje znanje bilo koje osobe, pogotovo jer se mogu pokazati relevantnima na Jedinstvenom državnom ispitu (C6).

Bibliografija

1. Časopis “Kvant” 1970 broj 7

.“Enciklopedija mladog matematičara” 520 str.

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

Pichugin L.F. “Iza stranica udžbenika algebre”, M., 1990., 224 str.

Glazer G.I. “Povijest matematike u školi 10-11”, 351s

Petrakov I.A. "Matematika za znatiželjne", M., 2000. 256s.

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

Podučavanje

Trebate pomoć u proučavanju teme?

Naši stručnjaci savjetovat će vam ili pružiti usluge podučavanja o temama koje vas zanimaju.
Pošaljite svoju prijavu naznačite temu upravo sada kako biste saznali o mogućnosti dobivanja konzultacija.