დაღმართის მეთოდი დიოფანტინის განტოლებების ამოხსნისათვის. წრფივი დიოფანტინის განტოლებების ამოხსნა ნებისმიერი რაოდენობის უცნობით. პრობლემა თათებთან დაკავშირებით

დღეს მე ვთავაზობ რამდენიმე საინტერესო მათემატიკური ამოცანის დაფიქრებას.
კერძოდ, მოდით გავთბოთ შემდეგი წრფივი განტოლების ამოხსნით:

"რა არის რთული?" - გეკითხებით. მართლაც, მხოლოდ ერთი განტოლება და ოთხი უცნობი. მაშასადამე, სამი ცვლადი თავისუფალია და ბოლო მათზეა დამოკიდებული. ასე რომ სწრაფად გამოვხატოთ! მაგალითად, ცვლადის მეშვეობით, მაშინ ამონახსნების ნაკრები შემდეგია:

სად არის ნებისმიერი რეალური რიცხვების სიმრავლე.

ისე, გამოსავალი მართლაც ძალიან ტრივიალური აღმოჩნდა. შემდეგ ჩვენ გავართულებთ ჩვენს ამოცანას და უფრო საინტერესოს გავხდით.

გავიხსენოთ შესახებ წრფივი განტოლებები მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით და მთელი რიცხვითი ფესვებით, რომლებიც, ფაქტობრივად, ერთგვარი დიოფანტის განტოლებებია. კონკრეტულად, ჩვენ დავაწესებთ ჩვენს განტოლებას სათანადო შეზღუდვას მთელი რიცხვების კოეფიციენტებზე და ფესვებზე. უცნობების კოეფიციენტები უკვე მთელი რიცხვებია (), მაგრამ თავად უცნობი უნდა შემოიფარგლოს შემდეგით:

სად არის მთელი რიცხვების სიმრავლე.

ახლა სტატიის დასაწყისში მიღებული გამოსავალი არ იმუშავებს, რადგან ჩვენ რისკავს მისი რაციონალური (ფრაქციული) რიცხვის მიღებას. მაშ, როგორ ამოხსნით ამ განტოლებას? ექსკლუზიურადმთელი რიცხვით?

დაინტერესებული ამ პრობლემის მოგვარებით, მე ვეკითხები კატის ქვეშ.

და ჩვენ ვაგრძელებთ თქვენთან ერთად. შევეცადოთ გავაკეთოთ სასურველი განტოლების რამდენიმე ელემენტარული გარდაქმნა:

პრობლემა ჯერ კიდევ გაუგებრად გამოიყურება, ასეთ შემთხვევებში მათემატიკოსები, როგორც წესი, აკეთებენ რაიმე სახის ჩანაცვლებას. მოდი, შენთან ერთად დავამტკიცოთ:

ვაა, საინტერესო შედეგს მივაღწიეთ! კოეფიციენტი ახლა ჩვენთან ერთის ტოლი, რაც ნიშნავს, რომ მე და თქვენ შეგვიძლია გამოვხატოთ ეს უცნობი ამ განტოლების დანარჩენი უცნობის მიხედვით ყოველგვარი გაყოფის გარეშე (რაც სტატიის დასაწყისშივე შევცოდეთ). Მოდი გავაკეთოთ ეს:

ნება მომეცით აღვნიშნო, რომ ეს გვეუბნება, რომ რაც არ უნდა იყოს ისინი (დიოფანტინის განტოლებების ფარგლებში), ისინი მაინც დარჩებიან მთელ რიცხვად და ეს კარგია.

გავიხსენოთ, რომ ამის თქმა სამართლიანია. და ზემოთ მიღებული შედეგის ჩანაცვლებით მივიღებთ:

აქ ჩვენ ასევე ვხედავთ, რომ რაც არ უნდა იყვნენ ისინი, ისინი მაინც დარჩებიან მთელ რიცხვად და ეს მაინც კარგია.

შემდეგ მახსენდება ბრწყინვალე იდეა: მოდით გამოვაცხადოთ როგორც თავისუფალი ცვლადები და გამოვხატოთ მათი მეშვეობით! ფაქტობრივად, ჩვენ ეს უკვე გავაკეთეთ. რჩება მხოლოდ პასუხის ჩაწერა გადაწყვეტის სისტემაში:

ახლა თქვენ ხედავთ ამას გადაწყვეტილების სისტემაში არსად გაყოფა, რაც ნიშნავს, რომ ამონახსნები ყოველთვის იქნება მთელი რიცხვი. შევეცადოთ ვიპოვოთ ორიგინალური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი, მაგალითად, რომ:

ჩანაცვლება თავდაპირველ განტოლებაში:

იგივე, მაგარი! კიდევ ერთხელ ვცადოთ სხვა მაგალითით, არა?

აქ ჩვენ ვხედავთ უარყოფით კოეფიციენტს, მას შეუძლია მოგვცეს პრობლემების საკმაოდ დიდი რაოდენობა, ასე რომ, მოდით გავთავისუფლდეთ ცოდვისგან მისი ჩანაცვლებით, მაშინ განტოლება იქნება შემდეგი:

როგორც გვახსოვს, ჩვენი ამოცანაა განვახორციელოთ ისეთი გარდაქმნები, რომ ჩვენს განტოლებაში იყოს უცნობი, რომელსაც აქვს ერთეული კოეფიციენტი (რათა შემდეგ გამოვხატოთ იგი დანარჩენებში ყოველგვარი გაყოფის გარეშე). ამისათვის ისევ უნდა ავიღოთ რაღაც „ფრჩხილიდან“, ყველაზე სწრაფი არის განტოლებიდან ავიღოთ კოეფიციენტები, რომლებიც ყველაზე ახლოსაა ერთიანობასთან. ამასთან, თქვენ უნდა გესმოდეთ, რომ მხოლოდ ის რიცხვი, რომელიც აუცილებლად არის განტოლების გარკვეული კოეფიციენტი (არც მეტი, არც ნაკლები), შეიძლება ამოღებულ იქნას ფრჩხილიდან, წინააღმდეგ შემთხვევაში ჩვენ წავაწყდებით ტავტოლოგიას / წინააღმდეგობას ან წილადებს (სხვა სიტყვებით, შეუძლებელია თავისუფალი ცვლადები სადმე გამოჩნდეს, გარდა ბოლო ცვლილებისა). Ისე:

ჩვენ წარმოგიდგენთ ჩანაცვლებას, შემდეგ ვიღებთ:

ისევ ამოვიღებთ მას ფრჩხილიდან და საბოლოოდ ვიღებთ უცნობს განტოლებაში ერთეულის კოეფიციენტით:

ჩვენ წარმოგიდგენთ ჩანაცვლებას, შემდეგ:

მოდით გამოვხატოთ ჩვენი მარტოსული უცნობი აქედან:

აქედან გამომდინარეობს, რომ რაც არ უნდა ავიღოთ, ის მაინც დარჩება მთელ რიცხვად. შემდეგ თანაფარდობიდან ვხვდებით:

ანალოგიურად, ჩვენ ვხვდებით ურთიერთობისგან:

ამაზე ჩვენი ამონახსნების სისტემა მომწიფდა - ჩვენ გამოვხატეთ აბსოლუტურად ყველა უცნობი გაყოფის გარეშე, რითაც ვაჩვენეთ, რომ ამონახსნები აუცილებლად იქნება მთელი რიცხვი. ასევე, არ უნდა დაგვავიწყდეს, რომ და ჩვენ უნდა შემოვიტანოთ საპირისპირო ჩანაცვლება. შემდეგ გადაწყვეტილებების საბოლოო სისტემა ასეთია:

ამდენად, რჩება პასუხის გაცემა კითხვაზე - შესაძლებელია თუ არა ამ გზით ნებისმიერი მსგავსი განტოლების ამოხსნა? პასუხი: არა, თუ განტოლება პრინციპში ამოუხსნელია. ეს ხდება იმ შემთხვევებში, როდესაც თავისუფალი ტერმინი არ იყოფა ყველა კოეფიციენტის GCD-ზე უცნობისთვის. სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, მოცემული განტოლება:

მთელი რიცხვებით ამოსახსნელად საკმარისია შემდეგი პირობის შესრულება:

(სად არის ყველაზე დიდი საერთო გამყოფი).

მტკიცებულება

მტკიცებულება არ განიხილება ამ სტატიის ფარგლებში, რადგან ეს არის ცალკე სტატიის მიზეზი. ამის ნახვა შეგიძლიათ, მაგალითად, ვ. სიერპინსკის შესანიშნავ წიგნში „მთლიანი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის შესახებ“ §2.

ზემოაღნიშნულის შეჯამებით, ჩვენ ვწერთ მოქმედებების ალგორითმს წრფივი დიოფანტინის განტოლებების ამოხსნისთვის ნებისმიერი რაოდენობის უცნობით:

დასასრულს, ღირს იმის თქმა, რომ ასევე შესაძლებელია განტოლების თითოეულ წევრზე შეზღუდვების დამატება მასზე უტოლობის სახით (შემდეგ ამოხსნის სისტემას ემატება უტოლობათა სისტემა, რომლის მიხედვითაც პასუხი დასჭირდება მორგებული იყოს), და ასევე დაამატე კიდევ რაღაც საინტერესო. ასევე არ უნდა დაგვავიწყდეს, რომ ამოხსნის ალგორითმი მკაცრია და შეიძლება დაიწეროს კომპიუტერული პროგრამის სახით.

პეტრე შენთან იყო
გმადლობთ ყურადღებისთვის.

პრობლემა 1. ვთქვათ, რვაფეხები და ვარსკვლავური თევზები ცხოვრობენ აკვარიუმში. რვაფეხას 8 ფეხი აქვს, ვარსკვლავურ თევზს კი - 5. სულ 39 ფეხია, რამდენი ცხოველია აკვარიუმში?

გამოსავალი. მოდით x იყოს ვარსკვლავური თევზის რაოდენობა და y იყოს რვაფეხების რაოდენობა. მაშინ ყველა რვაფეხას აქვს 8 ფეხი, ხოლო ყველა ვარსკვლავს აქვს 5 ფეხი. მოდით გავაკეთოთ განტოლება: 5x + 8y = 39.

გაითვალისწინეთ, რომ ცხოველთა რაოდენობა არ შეიძლება გამოისახოს არამთლიანი ან უარყოფითი რიცხვებით. ამიტომ, თუ x არაუარყოფითი მთელი რიცხვია, მაშინ y \u003d (39 - 5x) / 8 ასევე უნდა იყოს მთელი და არაუარყოფითი, რაც ნიშნავს, რომ გამონათქვამი 39 - 5x უნდა გაიყოს 8-ზე ნაშთის გარეშე. მარტივი ვარიანტების ჩამოთვლა აჩვენებს, რომ ეს შესაძლებელია მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ x = 3, მაშინ y = 3. პასუხი: (3; 3).

ax + bu = c ფორმის განტოლებებს ეწოდება დიოფანტი, ძველი ბერძენი მათემატიკოსის დიოფანტე ალექსანდრიელის სახელით. დიოფანტე ცხოვრობდა, როგორც ჩანს, III საუკუნეში. ნ. ე., მისი ბიოგრაფიის ჩვენთვის ცნობილი დანარჩენი ფაქტები ამოწურულია მისი საფლავის ქვაზე ამოტვიფრული ლეგენდის თანახმად, ასეთი გამოცანა ლექსით:

დიოფანტეს საფლავი განისვენებს; გაოცება მისი და ქვის

გარდაცვლილის ასაკი ბრძნული ხელოვნებით ეტყვის მას.

ღმერთების ნებით მან ბავშვობაში თავისი ცხოვრების მეექვსედი გაატარა.

და ნახევარი მეექვსე შეხვდა ლოყაზე ფუმფულა.

მხოლოდ მეშვიდე გავიდა, შეყვარებულზე დაინიშნა.

მასთან ერთად, ხუთი წლის გატარების შემდეგ, ბრძენი კაცი ელოდა შვილს;

მისმა საყვარელმა ვაჟმა მამის სიცოცხლის მხოლოდ ნახევარი გაატარა.

იგი მამისგან ადრეულ საფლავთან წაიყვანეს.

ორ წელიწადში ორჯერ მშობელი გლოვობდა მძიმე მწუხარებას,

აქ დავინახე ჩემი სევდიანი ცხოვრების ზღვარი.

რამდენი წელი იცოცხლა დიოფანტე ალექსანდრიელმა?

დავალება 2. საწყობში არის ლურსმნები 16,17 და 40 კგ-იან ყუთებში. შეუძლია თუ არა მაღაზიის მეპატრონეს 100 კგ ფრჩხილის გაცემა ყუთების გახსნის გარეშე? (პირდაპირი ჩამოთვლის მეთოდი)

მოდით გავაანალიზოთ ამოხსნის მეთოდი ერთი უცნობის მიმართ.

ამოცანა 3. სამხატვრო გალერეის კატალოგში 96 ნახატია. ზოგ გვერდზე 4 ნახატია, ზოგზე 6. რამდენი გვერდია თითოეული ტიპის კატალოგში?

გამოსავალი. მოდით x იყოს გვერდების რაოდენობა ოთხი სურათით,

y არის ექვსი სურათის მქონე გვერდების რაოდენობა,

ჩვენ ამ განტოლებას ვხსნით იმ უცნობის მიმართ, რომლისთვისაც არის უმცირესი (მოდული) კოეფიციენტი. ჩვენს შემთხვევაში, ეს არის 4x, ანუ:

მთელ განტოლებას ვყოფთ ამ ფაქტორზე:

4x=96-6y | :4;

დარჩენილი ნაწილი 4-ზე გაყოფისას: 1,2,3. ჩაანაცვლეთ ეს რიცხვები y-ით.

თუ y=1, მაშინ x=(96-6∙1):4=90:4 - არ მუშაობს, ამონახსნი არ არის მთელ რიცხვებში.

თუ y=2, მაშინ x=(96-6∙2):4=21 - ვარგისი.

თუ y=3, მაშინ x=(96-6∙3):4=78:4 - არ მუშაობს, ამონახსნი არ არის მთელ რიცხვებში.

ასე რომ, კონკრეტული გამოსავალი არის წყვილი (21;2), რაც ნიშნავს, რომ 21 გვერდზე არის 4 სურათი, ხოლო 2 გვერდზე 6 სურათი.

გავაანალიზოთ ამოხსნის მეთოდი ევკლიდის ალგორითმის გამოყენებით.

პრობლემა 4. მაღაზიაში იყიდება ორი სახის შოკოლადი: რძიანი და მწარე. ყველა შოკოლადი ინახება ყუთებში. საწყობში რძის შოკოლადის 7 ყუთია, შავი შოკოლადის 4 ყუთი, ცნობილია, რომ კიდევ ერთი ფილა შავი შოკოლადი იყო. რამდენი შოკოლადის ფილაა თითოეული ტიპის ყუთში?

გამოსავალი. მოდით x იყოს რძის შოკოლადის ფილების რაოდენობა ერთ ყუთში,

y არის მუქი შოკოლადის ფილების რაოდენობა ერთ ყუთში,

შემდეგ, ამ პრობლემის პირობის მიხედვით, შეგვიძლია დავწეროთ განტოლება:

მოდი ეს განტოლება ამოხსნათ ევკლიდეს ალგორითმის გამოყენებით.

გამოხატეთ 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.

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

ასე რომ, გამოდის x=1; y=2.

და ეს ნიშნავს, რომ რძის შოკოლადი არის 1 ცალი ყუთში, ხოლო მწარე არის 2 ცალი.

მოდით გავაანალიზოთ კონკრეტული ამოხსნის ძიების მეთოდი და ამოხსნის ზოგადი ფორმულა.

პრობლემა 5. აფრიკულ ტომში ტუმბე-იუმბეში ორი მკვიდრი ტუმბა და იუმბა პარიკმახერებად მუშაობენ და ტუმბა ყოველთვის 7 ლენტს უკეთებს თავის კლიენტებს, ხოლო იუმბა თითო 4 ლენტს. რამდენ კლიენტს ემსახურებოდა ინდივიდუალურად ოსტატები მორიგეობის დროს, თუ ცნობილია, რომ ერთად 53 პიგტეილი აწოვეს?

გამოსავალი. დაე x იყოს თუმბას მომხმარებლების რაოდენობა,

y არის იუმბას კლიენტების რაოდენობა,

მაშინ 7x+4y=53 (1).

ახლა, იმისათვის, რომ ვიპოვოთ განტოლების კონკრეტული ამონახსნები (,), ჩვენ ვცვლით ჩვენთვის მოცემული რიცხვების ჯამს 1-ით. ეს მნიშვნელოვნად გაამარტივებს შესაფერისი რიცხვების ძიებას. ჩვენ ვიღებთ:

ამ განტოლებას გადავწყვეტთ ჩანაცვლების მეთოდით.

4წ \u003d 1-7x │: 4;

დარჩენილი 4-ზე გაყოფისას: 1, 2, 3. ჩაანაცვლეთ ეს რიცხვები x-ის ნაცვლად:

თუ x=1, მაშინ y=(1-7):4 არ არის შესაფერისი, რადგან გამოსავალი არ არის მთელი რიცხვებით.

თუ x=2, მაშინ y=(1-7∙2):4 არ არის შესაფერისი, რადგან გამოსავალი არ არის მთელი რიცხვებით.

თუ x=3, მაშინ y=(1-7∙3):4=-5 კარგია.

შემდეგ მიღებული მნიშვნელობები გავამრავლოთ ჯამის საწყის მნიშვნელობზე, რომელიც შევცვალეთ 1-ით, ე.ი.

x=x 0 ∙53=3∙53=159;

y=y 0 ∙53=-5∙53=-265.

ჩვენ ვიპოვეთ (1) განტოლების კონკრეტული ამონახსნი. მოდით შევამოწმოთ იგი საწყისი განტოლების ჩანაცვლებით:

7∙159+4∙(-265)=53; (3)

პასუხი ერთად მოვიდა. თუ აბსტრაქტულ განტოლებას ვხსნიდით, შეგვეძლო აქ გაჩერება. თუმცა, ჩვენ პრობლემას ვაგვარებთ და რადგან ტუმბამ უარყოფითი რაოდენობის ლენტები ვერ მოიკიდა, გადაწყვეტა უნდა გავაგრძელოთ. ახლა ჩვენ დავწერთ ფორმულებს ზოგადი ამოხსნისთვის. ამისათვის ჩვენ გამოვაკლებთ საწყის განტოლებას (1) განტოლებას ჩანაცვლებული მნიშვნელობებით (3). ჩვენ ვიღებთ:

ავიღოთ საერთო ფაქტორები ფრჩხილებიდან:

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

მოდით გადავიტანოთ ერთ-ერთი წევრი განტოლების ერთი ნაწილიდან მეორეზე:

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

ახლა გაირკვა, რომ განტოლების ამოსახსნელად (x-159) უნდა დაიყოს -4-ზე და (y + 265) უნდა გაიყოს 7-ზე. მოდით შემოვიტანოთ ცვლადი n, რომელიც აჩვენებს ჩვენს დაკვირვებას:

მოდით გადავიტანოთ ტერმინები განტოლების ერთი მხრიდან მეორეზე:

ჩვენ მივიღეთ ამ განტოლების ზოგადი ამონახსნი, ახლა შეგვიძლია მასში ჩავანაცვლოთ სხვადასხვა რიცხვები და მივიღოთ შესაბამისი პასუხები.

მაგალითად, მოდით n=39, მაშინ

და ეს ნიშნავს, რომ ტუმბამ პიგტეილები 3 კლიენტისთვის და იუმბა 8 კლიენტისთვის შეაწნა.

პრობლემების გადაჭრა სხვადასხვა გზით.

დავალება 6: ვოვოჩკამ იყიდა კალმები 8 მანეთად და ფანქრები 5 მანეთად. უფრო მეტიც, მან ყველა ფანქარში 19 მანეთი მეტი გადაიხადა, ვიდრე ყველა კალამი. რამდენი კალამი და რამდენი ფანქარი იყიდა პატარა ჯონიმ? (ზოგადი ამოხსნის ძიების მეთოდი, ამოხსნა ერთი უცნობისთვის, ევკლიდეს ალგორითმის გამოყენებით).

პრობლემა 7. ფლომასტერები შეძენილია 7 მანეთად და ფანქრები თითო 4 რუბლად, ჯამში 53 მანეთი. რამდენი ფლომასტერი და ფანქარი იყიდა?

ამოცანა 8. (VOSH-ის მუნიციპალური ტური 2014-2015): პლანეტა C-ზე არის ორი სახის მონეტა: თითო 16 ტუგრი და 27 ტუგრი. შესაძლებელია თუ არა მათი დახმარებით საქონლის ყიდვა 1 ტუგრიკის ფასით?

პრობლემა 9. შეჰერეზადე თავის ზღაპრებს უყვება დიდ მმართველს. სულ მას 1001 ზღაპრის მოყოლა უწევს. რამდენი ღამე დასჭირდება შეჰერაზადეს ყველა ზღაპრის მოყოლას, თუ ზოგ ღამეს ყვება 3 ზღაპარი, ზოგს კი 5? რამდენ ღამეში მოუყვება შეჰერაზადე თავის ყველა ზღაპარს, თუ მას სურს ამის გაკეთება რაც შეიძლება სწრაფად? რამდენი ღამე დასჭირდება შეჰერაზადეს, თუ მას მოუბეზრდება ღამით ხუთი ამბის მოყოლა, ამიტომ ასეთი ღამეები რაც შეიძლება ნაკლები უნდა იყოს?

დავალება 10. (გაიხსენეთ „მერწყული“) როგორ უნდა დავასხათ 3 ლიტრი წყალი 9 ლიტრიანი და 5 ლიტრიანი?

ამოცანა 11. პატარა ჯონი მშვენივრად ახერხებს მათემატიკაში. მის დღიურში მას მხოლოდ ხუთეული და ოთხეული აქვს და მეტი ხუთეულია. ვოვოჩკას ყველა ქულის ჯამი მათემატიკაში არის 47. რამდენმა ვოვოჩკამ მიიღო ხუთეული და რამდენი ოთხეული?

პრობლემა 12. კოშეი უკვდავმა მოაწყო სანერგე გორინიჩის გველების მოშენებისთვის. ბოლო ნაგავში მას 17-თავიანი და 19-თავიანი გველები ჰყავს. საერთო ჯამში, ამ შვილს 339 გოლი აქვს. რამდენი 17-თავიანი და რამდენი 19-თავიანი გველი გააჩინა კოშჩეიმ?

პასუხები: დიოფანტემ იცოცხლა 84 წელი;

დავალება 2: 4 ყუთი 17 კგ და 2 ყუთი 16 კგ;

დავალება 6: იყიდა 7 ფანქარი და 8 კალამი, ანუ (7,2) არის კონკრეტული ამოხსნა და y = 2 + 5n, x = 7 + 8n, სადაც nє Z არის ზოგადი ამოხსნა;

დავალება 7: (-53; 106) - კონკრეტული ამონახსნი, x=4n-53, y=-7n+106 - ზოგადი ამონახსნები, n=14, x=3, y=8, ანუ 3 ფლომასტერით. იყიდა კალამი და 8 ფანქარი;

დავალება 8: მაგალითად, გადაიხადეთ 27 ტუგრის 3 მონეტა და მიიღეთ 16 ტუგრის 5 მონეტა;

ამოცანა 9: (2002; -1001) - კონკრეტული ამოხსნა, x=-5 n+2002, y=3n-1001 - ზოგადი ამოხსნა, n=350, y=49, x=252, ანუ 252 ღამე, 3 ზღაპრები თითოეული და 49 ღამე 5 ზღაპარი - სულ 301 ღამე; ყველაზე სწრაფი ვარიანტი: 2 ღამე სამი ზღაპრისა და 199 ღამე 5 ზღაპრის - სულ 201 ღამე; ყველაზე გრძელი ვარიანტი: 332 ღამე 3 ზღაპრით და 1 ღამე 5 ზღაპრიდან - სულ 333 ღამე.

დავალება 10: მაგალითად, დაასხით წყალი 2-ჯერ 9-ლიტრიანი ქილით და 3-ჯერ ამოიღეთ 5-ლიტრიანი ქილით;

დავალება 11: პატარა ჯონიმ მიიღო 7 ხუთიანი და 4 ოთხეული;

პრობლემა 12: 11 გველი 17 თავით და 8 გველი 19 თავით.

წრფივი დიოფანტინის განტოლების გადასაჭრელად, თქვენ უნდა იპოვოთ ცვლადების "x" და "y" მნიშვნელობები, რომლებიც მთელი რიცხვებია. მთელი რიცხვის ამოხსნა უფრო რთულია, ვიდრე ჩვეულებრივი და მოითხოვს მოქმედებების გარკვეულ კომპლექტს. ჯერ თქვენ უნდა გამოთვალოთ კოეფიციენტების უდიდესი საერთო გამყოფი (gcd) და შემდეგ იპოვოთ გამოსავალი. მას შემდეგ რაც იპოვით წრფივი განტოლების ერთ მთელ რიცხვს, შეგიძლიათ გამოიყენოთ მარტივი ნიმუში სხვა ამონახსნების უსასრულო რაოდენობის მოსაძებნად.

ნაბიჯები

Ნაწილი 1

როგორ დავწეროთ განტოლება

დაწერეთ განტოლება სტანდარტული ფორმით.წრფივი განტოლება არის განტოლება, რომელშიც ცვლადების მაჩვენებლები არ აღემატება 1-ს. ასეთი წრფივი განტოლების ამოსახსნელად ჯერ ჩაწერეთ იგი სტანდარტული ფორმით. წრფივი განტოლების სტანდარტული ფორმა ასე გამოიყურება: A x + B y = C (\displaystyle Ax+By=C), სად A , B (\displaystyle A,B)და C (\displaystyle C)- მთელი რიცხვები.

გაამარტივეთ განტოლება (თუ შესაძლებელია).როდესაც განტოლებას სტანდარტული ფორმით წერთ, შეხედეთ კოეფიციენტებს A , B (\displaystyle A,B)და C (\displaystyle C). თუ ამ კოეფიციენტებს აქვთ GCD, გაყავით მასზე სამივე კოეფიციენტი. ასეთი გამარტივებული განტოლების ამოხსნა ასევე იქნება საწყისი განტოლების ამოხსნა.

შეამოწმეთ, შესაძლებელია თუ არა განტოლების ამოხსნა.ზოგიერთ შემთხვევაში, შეგიძლიათ დაუყოვნებლივ განაცხადოთ, რომ განტოლებას არ აქვს ამონახსნები. თუ კოეფიციენტი "C" არ იყოფა "A" და "B" კოეფიციენტების GCD-ზე, განტოლებას ამონახსნები არ აქვს.

Მე -2 ნაწილი

როგორ დავწეროთ ევკლიდეს ალგორითმი

1. გაიგე ევკლიდეს ალგორითმი.ეს არის განმეორებითი გაყოფების სერია, რომელშიც წინა ნაშთი გამოიყენება შემდეგ გამყოფად. ბოლო გამყოფი, რომელიც რიცხვებს თანაბრად ყოფს, არის ორი რიცხვის უდიდესი საერთო გამყოფი (gcd).

   გამოიყენეთ ევკლიდეს ალგორითმი "A" და "B" კოეფიციენტებზე.როდესაც ხაზოვან განტოლებას სტანდარტული ფორმით წერთ, განსაზღვრეთ კოეფიციენტები "A" და "B" და შემდეგ გამოიყენეთ ევკლიდის ალგორითმი მათზე, რომ იპოვოთ gcd. მაგალითად, ხაზოვანი განტოლების გათვალისწინებით 87 x − 64 y = 3 (\displaystyle 87x-64y=3).

   იპოვეთ უდიდესი საერთო გამყოფი (gcd).ვინაიდან ბოლო გამყოფი იყო 1, 87-ისა და 64-ის GCD არის 1. ასე რომ, 87 და 64 არის მარტივი რიცხვები ერთმანეთთან მიმართებაში.

   გაანალიზეთ შედეგი.როცა იპოვით კოეფიციენტების გკდ-ს A (\displaystyle A)და B (\displaystyle B), შეადარე კოეფიციენტს C (\displaystyle C)ორიგინალური განტოლება. თუ C (\displaystyle C)იყოფა NOD-ად A (\displaystyle A)და B (\displaystyle B), განტოლებას აქვს მთელი ამონახსნი; წინააღმდეგ შემთხვევაში, განტოლებას არ აქვს ამონახსნები.

ნაწილი 3

როგორ მოვძებნოთ გამოსავალი ევკლიდეს ალგორითმის გამოყენებით

დანომრეთ GCD-ის გამოთვლის საფეხურები.წრფივი განტოლების ამოხსნის მოსაძებნად, ჩანაცვლებისა და გამარტივების პროცესის საფუძვლად უნდა გამოვიყენოთ ევკლიდური ალგორითმი.

ყურადღება მიაქციეთ ბოლო საფეხურს, სადაც არის ნარჩენი.გადაწერეთ ამ ნაბიჯის განტოლება ნარჩენების იზოლირებისთვის.

წინა ნაბიჯის დარჩენილი ნაწილის იზოლირება.ეს პროცესი არის ეტაპობრივი „აღმასვლა“. ყოველ ჯერზე თქვენ გამოყოფთ ნარჩენს განტოლებაში წინა საფეხურიდან.

შეიტანეთ ცვლილება და გაამარტივეთ.გაითვალისწინეთ, რომ მე-6 ნაბიჯის განტოლება შეიცავს რიცხვს 2-ს, მაგრამ მე-5 განტოლებაში, ნომერი 2 იზოლირებულია. ასე რომ, მე-6 ნაბიჯის განტოლებაში "2"-ის ნაცვლად, შეცვალეთ გამოხატულება მე-5 ნაბიჯში:

გაიმეორეთ ჩანაცვლებისა და გამარტივების პროცესი.გაიმეორეთ აღწერილი პროცესი ევკლიდის ალგორითმის მეშვეობით საპირისპირო თანმიმდევრობით. ყოველ ჯერზე თქვენ გადაწერთ წინა საფეხურის განტოლებას და ჩაანაცვლებთ მას ბოლო მიღებულ განტოლებაში.

1. განაგრძეთ ჩანაცვლებისა და გამარტივების პროცესი.ეს პროცესი განმეორდება მანამ, სანამ არ მიაღწევთ ევკლიდის ალგორითმის საწყის საფეხურს. პროცესის მიზანია ამოსახსნელი საწყისი განტოლების 87 და 64 კოეფიციენტებით განტოლების ჩაწერა. ჩვენს მაგალითში:

   • 1 = 2 (18) − 7 (5) (\displaystyle 1=2(18)-7(5))
   • 1 = 2 (18) − 7 (23 − 18) (\displaystyle 1=2(18)-7(23-18))(შეცვლილი გამოხატულება მე-3 საფეხურიდან)
   • 1 = 9 (64 − 2 ∗ 23) − 7 (23) (\displaystyle 1=9(64-2*23)-7(23))(შეცვალა გამოხატულება მე-2 საფეხურიდან)
   • 1 = 9 (64) − 25 (87 − 64) (\displaystyle 1=9(64)-25(87-64))(ჩანაცვლებული გამოხატულება ნაბიჯი 1-დან)

რუსეთის ფედერაციის განათლებისა და მეცნიერების სამინისტრო

სახელმწიფო უმაღლესი საგანმანათლებლო დაწესებულება

პროფესიული განათლება

ტობოლსკის სახელმწიფო სოციალური და პედაგოგიური აკადემია

მათ. DI. მენდელეევი"

მათემატიკის დეპარტამენტი, TIMOM

ზოგიერთი დიოფანტის განტოლება

კურსის მუშაობა

FMF-ის მე-3 კურსის სტუდენტი

მატაევი ევგენი ვიქტოროვიჩი

სამეცნიერო მრჩეველი:

ფიზიკა-მათემატიკის მეცნიერებათა კანდიდატი ა.ი.ვალიცკასი

კლასი: ____________

ტობოლსკი - 2011 წ

შესავალი ………………………………………………………………………………………2

§ 1. წრფივი დიოფანტინის განტოლებები……………………………………..3

§ 2. დიოფანტინის განტოლებაx 2 – წ 2 = ა………………………………….....9

§ 3. დიოფანტინის განტოლებაx 2 + წ 2 = ა…………………………………... 12

§ 4. განტოლება x 2 + x + 1 = 3 წ 2 …………………………………………….. 16

§ 5. პითაგორას სამეულები………………………………………………………….. 19

§ 6. ფერმას ბოლო თეორემა………………………………………………………………………………………

დასკვნა……………………………………………………………………………………………………………….

ბიბლიოგრაფია..........………………………………………………..30

შესავალი

დიოფანტინის განტოლება არის ფორმის განტოლება პ(x 1 , … , x ნ ) = 0 , სადაც მარცხენა მხარე არის მრავალწევრი ცვლადებში x 1 , … , x ნმთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით. ნებისმიერი შეკვეთილი ნაკრები (u 1 ; … ; u ნ ) მთელი რიცხვები თვისებით პ(u 1 , … , u ნ ) = 0 ეწოდება დიოფანტინის განტოლების (ნაწილობრივ) ამოხსნას პ(x 1 , … , x ნ ) = 0 . დიოფანტინის განტოლების ამოხსნა ნიშნავს მისი ყველა ამონახსნის პოვნას, ე.ი. ამ განტოლების ზოგადი ამოხსნა.

ჩვენი მიზანი იქნება ვისწავლოთ თუ როგორ ვიპოვოთ ამონახსნები დიოფანტინის განტოლებაზე, თუ ეს ამონახსნები ხელმისაწვდომია.

ამისათვის თქვენ უნდა უპასუხოთ შემდეგ კითხვებს:

ა. აქვს თუ არა დიოფანტინის განტოლებას ყოველთვის გამოსავალი, იპოვეთ ამონახსნის არსებობის პირობები.

ბ. არსებობს თუ არა ალგორითმი, რომელიც იძლევა დიოფანტინის განტოლების ამოხსნის პოვნის საშუალებას.

მაგალითები: 1.დიოფანტინის განტოლება 5 x – 1 = 0 არ აქვს გადაწყვეტილებები.

2. დიოფანტინის განტოლება 5 x – 10 = 0 აქვს გამოსავალი x = 2 , რომელიც ერთადერთია.

3. განტოლება ლნ x – 8 x 2 = 0 არ არის დიოფანტი.

4. ხშირად ფორმის განტოლებები პ(x 1 , … , x ნ ) = ქ(x 1 , … , x ნ ) , სად პ(x 1 , … , x ნ ) , ქ(x 1 , … , x ნ ) არის პოლინომები მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით, რომლებსაც ასევე უწოდებენ დიოფანტინს. ისინი შეიძლება დაიწეროს ფორმაში პ(x 1 , … , x ნ ) – ქ(x 1 , … , x ნ ) = 0 , რომელიც სტანდარტია დიოფანტინის განტოლებისთვის.

5. x 2 – წ 2 = აარის მეორე ხარისხის დიოფანტის განტოლება ორი უცნობი x და y ნებისმიერი მთელი რიცხვისთვის a. მას აქვს გადაწყვეტილებები ა = 1 , მაგრამ გამოსავალი არ აქვს ა = 2 .

§ 1. წრფივი დიოფანტინის განტოლებები

დაე ა 1 , … , ა ნ , თანზ . ტიპის განტოლება ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ = გეწოდება წრფივი დიოფანტინის განტოლება კოეფიციენტებით ა 1 ,…, ა ნ , მარჯვენა მხარე c და უცნობი x 1 , … , x ნ . თუ წრფივი დიოფანტინის განტოლების c მარჯვენა მხარე ნულია, მაშინ ასეთ დიოფანტინის განტოლებას ერთგვაროვანი ეწოდება.

ჩვენი უშუალო მიზანია ვისწავლოთ, თუ როგორ ვიპოვოთ წრფივი დიოფანტინის განტოლებების კონკრეტული და ზოგადი ამონახსნები ორ უცნობში. ცხადია, ნებისმიერი ერთგვაროვანი დიოფანტინის განტოლება ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ = 0 ყოველთვის აქვს კონკრეტული გამოსავალი (0; … ; 0).

აშკარაა, რომ წრფივი დიოფანტინის განტოლებას, რომლის ყველა კოეფიციენტი ნულის ტოლია, გამოსავალი აქვს მხოლოდ იმ შემთხვევაში, როდესაც მისი მარჯვენა მხარე ნულის ტოლია. ზოგადად, გვაქვს შემდეგი

თეორემა (წრფივი დიოფანტის განტოლების ამოხსნის არსებობის შესახებ).წრფივი დიოფანტინის განტოლება ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ = გ, რომლის კოეფიციენტები ყველა არ არის ნულის ტოლი, აქვს ამონახსნი თუ და მხოლოდ თუ GCD (ა 1 ,…, ა ნ ) | გ.

მტკიცებულება.პირობის აუცილებლობა აშკარაა: GCD (ა 1 ,…, ა ნ ) | ა მე (1 მე ნ) , Ისე GCD (ა 1 ,…, ა ნ ) | (ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ ) , რაც ნიშნავს ყოფს და

გ = ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ .

დაე დ= gcd(ა 1 , … , ა ნ ) , c =დტ და ა 1 u 1 + … + ა ნ u ნ = დ – რიცხვების უდიდესი საერთო გამყოფის წრფივი გაფართოება ა 1 ,…, ა ნ. ორივე მხარის გამრავლება ტ, ვიღებთ ა 1 (u 1 ტ) + … + ა ნ (u ნ ტ) = დტ = გ, ე.ი. მთელი რიცხვი

ნ-კა (x 1 ტ; … ; x ნ უ)არის საწყისი განტოლების ამონახსნი ნუცნობი.

თეორემა დადასტურდა.

ეს თეორემა იძლევა კონსტრუქციულ ალგორითმს წრფივი დიოფანტინის განტოლებების კონკრეტული ამონახსნების საპოვნელად.

მაგალითები: 1.წრფივი დიოფანტინის განტოლება 12x+21y=5გამოსავალი არ აქვს, რადგან gcd(12, 21) = 3არ ყოფს 5 .

2. იპოვეთ დიოფანტინის განტოლების კონკრეტული ამონახსნები 12x+21y = 6.

ცხადია ახლა gcd(12, 21) = 3 | 6ასე რომ, გამოსავალი არსებობს. ჩვენ ვწერთ ხაზოვან გაფართოებას gcd(12, 21) = 3 = 122 + 21 (–1). ამიტომ, წყვილი (2; –1) არის განტოლების კონკრეტული ამოხსნა 12x+21y = 3და წყვილი (4; –2) არის თავდაპირველი განტოლების კონკრეტული ამოხსნა 12x+21y = 6.

3. იპოვნეთ წრფივი განტოლების კონკრეტული ამონახსნი 12x + 21y - 2z = 5.

იმიტომ რომ (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , მაშინ გამოსავალი არსებობს. თეორემის დადასტურების შემდეგ, ჩვენ ჯერ ვპოულობთ განტოლების ამოხსნას (12.21)x–2y=5და შემდეგ, წინა ამოცანის უდიდესი საერთო გამყოფის წრფივი გაფართოების ჩანაცვლებით, მივიღებთ საწყისი განტოლების ამონახს.

განტოლების ამოსახსნელად 3x - 2y = 5ჩამოწერეთ წრფივი გაფართოება gcd(3, -2) = 1 = 31 - 21აშკარად. ასე რომ, რამდენიმე ნომერი (1; 1) არის განტოლების ამონახსნი 3 x – 2 წ = 1 და წყვილი (5; 5) დიოფანტინის განტოლების კონკრეტული ამონახსნებია 3x - 2y = 5.

Ისე, (12, 21)5 – 25 = 5 . აქ ადრე ნაპოვნი წრფივი გაფართოების ჩანაცვლება (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , ვიღებთ (122+21(–1))5 – 25 = 5 , ან 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , ე.ი. მთელი რიცხვების სამეული (10; –5; 5) არის ორიგინალური დიოფანტინის განტოლების განსაკუთრებული ამონახსნები 12x + 21y - 2z = 5.

თეორემა (წრფივი დიოფანტის განტოლების ზოგადი ამოხსნის აგებულების შესახებ).წრფივი დიოფანტინის განტოლებისთვის ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ = გშემდეგი განცხადებები მართალია:

(1) თუ = (უ 1 ; … ; u ნ ), = (ვ 1 ; … ; ვ ნ ) არის მისი კონკრეტული გადაწყვეტილებები, მაშინ განსხვავება (უ 1 -ვ 1 ; … ; u ნ -ვ ნ ) არის შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტული ამოხსნა ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ = 0 ,

(2) წრფივი დიოფანტინის ერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტული ამონახსნების ერთობლიობა ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ = 0 დახურულია შეკრების, გამოკლების და მთელი რიცხვებით გამრავლების დროს,

(3) თუ მარის მოცემული წრფივი დიოფანტინის განტოლების ზოგადი ამონახსნები და ლარის შესაბამისი ჰომოგენური დიოფანტინის განტოლების ზოგადი ამონახსნები, შემდეგ ნებისმიერი კონკრეტული ამონახსნებისთვის = (უ 1 ; … ; u ნ ) საწყისი განტოლების, თანასწორობის M = +L .

მტკიცებულება.ტოლობის გამოკლება ა 1 ვ 1 + … + ა ნ ვ ნ = გ თანასწორობიდან ა 1 u 1 + … + ა ნ u ნ = გ, ვიღებთ ა 1 (უ 1 -ვ 1 ) + … + ა ნ (უ ნ -ვ ნ ) = 0 , ანუ კომპლექტი

(უ 1 -ვ 1 ; … ; u ნ -ვ ნ ) არის წრფივი ერთგვაროვანი დიოფანტინის განტოლების კონკრეტული ამონახსნები ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ = 0 . ამრიგად, დადასტურდა, რომ

= (u 1 ; … ; u ნ ), = (ვ 1 ; … ; ვ ნ ) მლ .

ეს ადასტურებს მტკიცებას (1).

განცხადება (2) დადასტურებულია ანალოგიურად:

, ლ ზ ზ ლ ზ ლ .

დასამტკიცებლად (3), ჩვენ პირველ რიგში აღვნიშნავთ, რომ M+L. ეს გამომდინარეობს წინადან: M+L .

პირიქით, თუ = (ლ 1 ; … ; ლ ნ ) L და = (u 1 ; … ; u ნ ) მ, შემდეგ მ:

ა 1 (უ 1 + ლ 1 )+ …+ა ნ (უ ნ + ლ ნ ) = (ა 1 u 1 + … + ა ნ u ნ )+(ა 1 ლ 1 + … + ა ნ ლ ნ ) = c + 0 = გ.

ამრიგად, + ლმდა საბოლოოდ M = +L .

თეორემა დადასტურდა.

დადასტურებულ თეორემას აქვს მკაფიო გეომეტრიული მნიშვნელობა. თუ გავითვალისწინებთ წრფივ განტოლებას ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ = გ, სად X მე რ, მაშინ, როგორც გეომეტრიიდან არის ცნობილი, ის განსაზღვრავს სივრცეში რ ნთვითმფრინავიდან მიღებული ჰიპერთვითმფრინავი ლ ერთგვაროვანი განტოლებით ა 1 x 1 + … +a ნ x ნ =0 , გადის საწყისზე, რაღაც ვექტორის ცვლილებით რ ნ. ზედაპირის ნახვა + ლასევე მოუწოდა წრფივი მანიფოლდი სახელმძღვანელო სივრცით ლდა ცვლის ვექტორი . ამრიგად, დადასტურდა, რომ ზოგადი გადაწყვეტა მდიოფანტინის განტოლება ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ = გშედგება რამდენიმე წრფივი მრავალფეროვნების ყველა წერტილისგან, რომელსაც აქვს მთელი რიცხვი კოორდინატები. ამ შემთხვევაში, ცვლის ვექტორის კოორდინატები ასევე არის მთელი რიცხვები და სიმრავლე ლერთგვაროვანი დიოფანტინის განტოლების ამონახსნები ა 1 x 1 + … + ა ნ x ნ = 0 შედგება სახელმძღვანელო სივრცის ყველა წერტილისგან მთელი რიცხვის კოორდინატებით. ამ მიზეზით, ხშირად ამბობენ, რომ თვითნებური დიოფანტინის განტოლების ამონახსნების სიმრავლე ქმნის წრფივ მრავალფეროვნებას ცვლის ვექტორით. და წამყვანი სივრცე ლ.

მაგალითი:დიოფანტინის განტოლებისთვის x - y \u003d 1საერთო გადაწყვეტილება მფორმა აქვს (1+y; y), სადაც yზ, მისი კონკრეტული გადაწყვეტა = (1; 0) და ზოგადი გადაწყვეტა ლერთგვაროვანი განტოლება x – y = 0ფორმაში ჩაიწერება (y; y), სად ზეზ. ამრიგად, შეგვიძლია დავხატოთ შემდეგი სურათი, რომელშიც თავდაპირველი დიოფანტინის განტოლების ამონახსნები და შესაბამისი ერთგვაროვანი დიოფანტინის განტოლება ნაჩვენებია სქელი წერტილებით ხაზოვან მრავალფეროვნებაში. მდა სივრცე ლშესაბამისად.

2. იპოვეთ დიოფანტინის განტოლების ზოგადი ამონახსნები 12x + 21y - 2z = 5.

პირადი გადაწყვეტა (10; –5; 5) ეს განტოლება ადრე იქნა ნაპოვნი, ჩვენ ვპოულობთ ერთგვაროვანი განტოლების ზოგად ამოხსნას 12x + 21y - 2z = 0, დიოფანტინის განტოლების ტოლფასი 12 x + 21 წ = 2 ზ.

იმისათვის, რომ ეს განტოლება ამოხსნადი იყოს, აუცილებელია და საკმარისია პირობა gcd(12, 21) = 3 | 2z,იმათ. 3 | ზან z = 3 ტზოგიერთი მთელი რიცხვისთვის ტ. ორივე ნაწილის შემცირება 3 , ვიღებთ 4x + 7y = 2t. დიოფანტინის განტოლების კონკრეტული ამონახსნები (2; –1). 4x+7y= 1 ნაპოვნი წინა მაგალითში. Ამიტომაც (4ტ ; -2ტ)არის განტოლების კონკრეტული ამოხსნა 4x + 7y = 2tნებისმიერისთვის

ტ ზ. შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა

(7 u ; –4 u) უკვე ნაპოვნია. ამრიგად, განტოლების ზოგადი ამოხსნა 4x + 7y = 2tროგორც ჩანს: (4ტ + 7u; -2 ტ - 4u) და ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა 12x + 21y - 2z = 0დაიწერება ასე:

(4ტ + 7u; -2 ტ - 4u; 3ტ).

ადვილია იმის დადასტურება, რომ ეს შედეგი შეესაბამება ზემოაღნიშნულ თეორემას ჰომოგენური დიოფანტინის განტოლების ამონახსნების მტკიცების გარეშე. ა 1 X 1 + … + ა ნ X ნ = 0 : თუ P =,რომ რდა

(u; ტ) პარის განხილული ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა.

ასე რომ, დიოფანტინის განტოლების ზოგადი ამოხსნა 12x + 21y - 2z = 5ასე გამოიყურება: (10 + 4 ტ + 7u; –5 – 2 ტ – 4u; 5+3 ტ).

3. წინა განტოლების მაგალითზე ჩვენ ვაჩვენებთ დიოფანტინის განტოლებების ამოხსნის სხვა მეთოდს ბევრ უცნობში, რომელიც შედგება მისი კოეფიციენტების მოდულების მაქსიმალური მნიშვნელობის თანმიმდევრულად შემცირებაში.

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

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

ამრიგად, განხილული განტოლების ზოგადი ამონახსნი შეიძლება დაიწეროს შემდეგნაირად: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), სად x, uარის თვითნებური მთელი რიცხვების პარამეტრები.

§ 2. დიოფანტინის განტოლებაx 2 – წ 2 = ა

მაგალითები: 1.ზე ა = 0 ჩვენ ვიღებთ ამონახსნების უსასრულო რაოდენობას: x = წან x = – წვინმესთვის წ ზ.

2. ზე ა = 1 ჩვენ გვაქვს x 2 – წ 2 = 1 (x + წ)(x – წ) = 1 . ამრიგად, რიცხვი 1 იშლება ორი მთელი ფაქტორების ნამრავლად x + წდა x – წ(მნიშვნელოვანია, რომ x, წ- მთლიანი!). რადგან ნომერი 1 მხოლოდ ორი გაფართოება მთელი რიცხვის ფაქტორების ნამრავლში 1 = 11 და 1 = (–1)(–1) , ჩვენ ვიღებთ ორ შესაძლებლობას: .

3. ამისთვის ა = 2 ჩვენ გვაქვს x 2 – წ 2 = 2 (x + წ)(x – წ) = 2. წინა მსგავსის მსგავსად, განვიხილავთ გაფართოებებს

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), ჩვენ ვადგენთ სისტემებს:, რომლებსაც, წინა მაგალითისგან განსხვავებით, არ აქვთ გამოსავალი. ასე რომ, არ არსებობს გამოსავალი განხილული დიოფანტინის განტოლებისთვის x 2 – წ 2 = 2.

4. წინა მოსაზრებები გარკვეულ დასკვნამდე მივყავართ. განტოლების ამონახსნები x 2 – წ 2 = ა რღვევაში არიან ა = კმსისტემიდან მთელი რიცხვების ნამრავლში . ამ სისტემას აქვს მთელი გადაწყვეტილებები, თუ და მხოლოდ თუ კ + მ და კ – მ არიან კიდეები, ე.ი. როდესაც ნომრები კ და მ იგივე პარიტეტი (ერთდროულად ლუწი ან კენტი). ამრიგად, დიოფანტინის განტოლებას x 2 – y 2 = a აქვს ამონახსნები, თუ და მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ a შეიძლება გაფართოვდეს ერთი და იგივე პარიტეტის ორი მთელი ფაქტორების ნამრავლად. რჩება მხოლოდ ყველა ასეთის პოვნა.

თეორემა (განტოლებაზეx 2 – წ 2 = ა ). (1) განტოლება x 2 – წ 2 = 0 აქვს ამონახსნების უსასრულო რაოდენობა .

(2) განტოლების ნებისმიერი ამონახსნი მიიღება როგორც , სად ა = კმარის a რიცხვის დაშლა ერთი და იგივე პარიტეტის ორი მთელი ფაქტორების ნამრავლად.

(3) განტოლება x 2 – წ 2 = ააქვს გამოსავალი თუ და მხოლოდ თუ ა 2 (მოდ 4).

მტკიცებულება.(1) უკვე დადასტურებულია.

(2) უკვე დადასტურებულია.

(3) () მოდით ჯერ დიოფანტინის განტოლება x 2 – წ 2 = ა აქვს გამოსავალი. ეს დავამტკიცოთ ა 2 (მოდ 4) . თუ ა = კმ არის გაფართოება ერთიდაიგივე პარიტეტის მთელი რიცხვების ნამრავლად, შემდეგ ლუწისთვის კდა მჩვენ გვაქვს კ = 2 ლ, მ = 2 ნდა ა = კმ = 4 ლნ 0 (მოდ 4) . კენტის შემთხვევაში კ, მმათი მუშაობა აასევე უცნაური, განსხვავება ა – 2 კენტი და არ იყოფა 4 , ე.ი. ისევ

ა 2 (მოდ 4).

() თუ ახლა ა 2 (მოდ 4) , მაშინ ჩვენ შეგვიძლია ავაგოთ განტოლების ამონახსნი x 2 – წ 2 = ა. მართლაც, თუ a უცნაურია, მაშინ ა = 1 აარის კენტი მთელი რიცხვების პროდუქტის დაშლა, ასე რომ არის დიოფანტინის განტოლების ამონახსნი. თუ a არის ლუწი, მაშინ გათვალისწინებით ა 2 (მოდ 4) ჩვენ ამას ვიღებთ 4 | ა, ა = 4 ბ = 2(2 ბ) არის ლუწი მთელი რიცხვების პროდუქტის დაშლა, ისე რომ არის დიოფანტინის განტოლების ამონახსნი.

თეორემა დადასტურდა.

მაგალითები: 1.დიოფანტინის განტოლება x 2 – წ 2 = 2012 არ აქვს გადაწყვეტილებები, რადგან 2010 = 4502 + 2 2 (მოდ 4).

2. დიოფანტინის განტოლება x 2 – წ 2 = 2011 აქვს გადაწყვეტილებები, რადგან

2011 3 (მოდ 4). აშკარა გაფართოებები გვაქვს

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

რომელთაგან თითოეული ჩვენ ვპოულობთ გადაწყვეტილებებს (გმირების ნებისმიერი კომბინაცია). სხვა გამოსავალი არ არსებობს, რადგან ნომერი 2011 მარტივი (?!).

§ 3. დიოფანტინის განტოლებაx 2 + წ 2 = ა

მაგალითები: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , კ 2 = 0 2 + კ 2 . ამრიგად, აშკარაა, რომ ნებისმიერი კვადრატი შეიძლება ტრივიალურად იყოს წარმოდგენილი, როგორც ორი კვადრატის ჯამი.

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. არ არის გადაწყვეტილებები ა = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

ზემოაღნიშნული შედეგების ანალიზმა შეიძლება მიგვანიშნოს, რომ ამონახსნების არარსებობა გარკვეულწილად დაკავშირებულია ფორმის მარტივ რიცხვებთან

4 ნ+3 იმყოფება რიცხვების ფაქტორიზაციაში, რომლებიც არ შეიძლება წარმოდგენილი იყოს ორი კვადრატის ჯამებად.

თეორემა (ნატურალური რიცხვების ორი კვადრატის ჯამებით გამოსახვის შესახებ).ნატურალური რიცხვი a შეიძლება წარმოდგენილი იყოს როგორც ორი კვადრატის ჯამი, თუ და მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ მისი კანონიკური გაფართოებით, ფორმის მარტივი რიცხვები 4 ნ + 3 აქვს თუნდაც ექსპონენტები.

მტკიცებულება.ჯერ ვამტკიცებთ, რომ თუ ნატურალური რიცხვი a შეიძლება წარმოდგენილი იყოს ორი კვადრატის ჯამის სახით, მაშინ მის კანონიკურ გაფართოებაში ფორმის ყველა მარტივი რიცხვი 4 ნ + 3 უნდა ჰქონდეს ლუწი მაჩვენებლები. დავუშვათ, იმის საწინააღმდეგოდ, რაც დადასტურდა, რომ ა= გვ 2 კ +1 ბ = x 2 + წ 2 , სად

R -ფორმის პირველი რიცხვი 4 ნ+3 და ბ გვ. წარმოიდგინეთ რიცხვები Xდა ზეროგორც

x =ძ, წ = დტ, სადდ= gcd(x, წ) = გვ ს ვ, გვ ვ; ზ, ტ, ს ნ 0 . შემდეგ ვიღებთ თანასწორობას რ 2 კ +1 ბ = დ 2 (ზ 2 + ტ 2 ) = გვ 2 ს ვ 2 (ზ 2 + ტ 2 ) , ე.ი. რ 2( კ – ს )+1 ბ = ვ 2 (ზ 2 + ტ 2 ) . ტოლობის მარცხენა მხარეს არის p (კენტი სიმძლავრე არ არის ნულის ტოლი), რაც ნიშნავს, რომ მარჯვენა მხარეს ერთ-ერთი ფაქტორი იყოფა მარტივ რიცხვზე p. Იმიტომ რომ გვ ვ, ეს p | (ზ 2 + ტ 2 ) , სადაც ნომრები ზ, ტ ორმხრივ მარტივი. ეს ეწინააღმდეგება შემდეგ ლემას (?!).

ლემა (ორი კვადრატის ჯამის გაყოფაზე ფორმის მარტივ რიცხვზე

4 ნ + 3 ). თუ მარტივი რიცხვი p = 4ნ+3 ყოფს ორი ნატურალური რიცხვის კვადრატების ჯამს, შემდეგ ყოფს თითოეულ ამ რიცხვს.

მტკიცებულება.პირიქით. დაე x 2 + წ 2 0(მოდ გვ) , მაგრამ x0(მოდ გვ) ან წ 0 (მოდ გვ) . Იმიტომ რომ xდა წარის სიმეტრიული, მათი შეცვლა შესაძლებელია, ამიტომ შეგვიძლია ვივარაუდოთ, რომ x გვ.

ლემა (შექცევადობის მოდულის შესახებგვ ). ნებისმიერი მთელი რიცხვისთვის x, არ იყოფა მარტივ რიცხვზე გვ, არის შებრუნებული ელემენტის მოდული გვ – ასეთი მთელი რიცხვი 1 u < გვ, Რა xi 1 (მოდ გვ).

მტკიცებულება.ნომერი xკოპრაიმთან ერთად გვ, ასე რომ ჩვენ შეგვიძლია დავწეროთ წრფივი გაფართოება GCD(x, გვ) = 1 = xi + pv (u, ვ ზ) . გასაგებია რომ xi1(modp) , ე.ი. u- ინვერსიული ელემენტი xმოდული გვ. თუ uარ აკმაყოფილებს შეზღუდვას 1 u < გვ, შემდეგ გაყოფა uდარჩენილი ნაწილით გვ, ვიღებთ დანარჩენს რ u (მოდ გვ) , რისთვისაც xr xi 1 (მოდ გვ) და 0 რ < გვ.

მოდულის შექცევადობის ლემა გვდადასტურებული.

გამრავლების შედარება x 2 + წ 2 0 (მოდ გვ) კვადრატზე u 2 შებრუნებული ელემენტი xმოდული გვ, ვიღებთ 0 = 0u 2 x 2 u 2 +y 2 u 2 = (xu) 2 + (იუ) 2 1+ტ 2 (mod p).

ასე რომ ტ = yuშედარება შესრულებულია ტ 2 –1 (მოდ გვ) , რომელიც ჩვენ წინააღმდეგობაში მივყავართ. გასაგებია რომ ტ გვ: წინააღმდეგ შემთხვევაში ტ 0 (მოდ გვ) და 0 ტ 2 –1 (მოდ გვ) , რაც შეუძლებელია. ფერმას თეორემით გვაქვს ტ გვ –1 1 (მოდ გვ), რომელიც ერთად ტ 2 –1 (მოდ გვ) და გვ = 4 ნ + 3 იწვევს წინააღმდეგობას:

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

მიღებული წინააღმდეგობა აჩვენებს, რომ ვარაუდი იმის შესახებ x 0 (მოდ გვ) არ იყო სწორი.

ლემა ორი კვადრატის ჯამის მარტივ რიცხვზე გაყოფაზე 4 ნ+3 დადასტურებული.

ამრიგად, დადასტურებულია, რომ რიცხვი, რომლის კანონიკური დაშლა მოიცავს მარტივ რიცხვს გვ = 4 ნ + 3 კენტი სიმძლავრით, არ შეიძლება წარმოდგენილი იყოს ორი კვადრატის ჯამად.

ახლა დავამტკიცოთ, რომ ნებისმიერი რიცხვი, რომლის კანონიკურ გაფართოებაში არის მარტივი რიცხვები გვ = 4 ნ + 3 მონაწილეობა მხოლოდ ლუწი ძალებში, რომლებიც წარმოდგენილია ორი კვადრატის ჯამის სახით.

მტკიცებულების იდეა ემყარება შემდეგ იდენტურობას:

(ა 2 +ბ 2 ) (გ 2 +დ 2 ) = (ac – bd) 2 + (რეკლამა + ძვ.წ.) 2 ,

რომელიც შეიძლება მივიღოთ რთული რიცხვების მოდულის ცნობილი თვისებიდან – ნამრავლის მოდული უდრის მოდულების ნამრავლს. მართლაც,

| ზ|| ტ| = | zt| | ა + ბი|| გ + დი| = |(ა + ბი)(გ + დი)|

|ა+ბი| 2 |c + di| 2 = |(ac – bd) + (ad + bc)i| 2

(ა 2 +ბ 2 ) (გ 2 +დ 2 ) = (ac – bd) 2 + (რეკლამა + ძვ.წ.) 2 .

ამ იდენტობიდან გამომდინარეობს, რომ თუ ორი რიცხვი u, v შეიძლება წარმოდგენილი იყოს როგორც ორი კვადრატის ჯამი: u = x 2 + წ 2 , ვ = ზ 2 + ტ 2 , მაშინ მათი ნამრავლი uv ასევე შეიძლება წარმოდგენილი იყოს როგორც ორი კვადრატის ჯამი: UV = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .

ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი ა > 1 შეიძლება ჩაიწეროს ფორმაში ა= გვ 1 … რ კ მ 2 , სად რ მეარის წყვილი განსხვავებული მარტივი რიცხვები, მ ნ . ამისათვის საკმარისია ვიპოვოთ კანონიკური დაშლა , ჩამოწერეთ ფორმის თითოეული ხარისხი რკვადრატის სახით (რ) 2 ამისთვის კი = 2, ან სახით რ = რ(რ) 2 კენტისთვის = 2 + 1 , და შემდეგ ცალ-ცალკე დააჯგუფეთ კვადრატები და დარჩენილი ერთი მარტივი რიცხვები. Მაგალითად,

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

ნომერი მ 2 აქვს ტრივიალური წარმოდგენა, როგორც ორი კვადრატის ჯამი: მ 2 = 0 2 + მ 2 . თუ წარმომადგენლობას დავამტკიცებთ, როგორც ყველა მარტივი რიცხვის ორი კვადრატის ჯამს რ მე (1 მე კ) , შემდეგ იდენტურობის გამოყენებით, ასევე მიიღება რიცხვი a. პირობით, რიცხვებს შორის რ 1 ,…, რ კ შეიძლება მხოლოდ შეხვედრა 2 = 1 2 + 1 2 და ფორმის მარტივი რიცხვები 4 ნ + 1 . ამრიგად, რჩება გამოსახულების მიღება, როგორც მარტივი რიცხვის ორი კვადრატის ჯამი p = 4 მ + 1. ჩვენ გამოვყოფთ ამ განცხადებას ცალკეულ თეორემაში (იხ. ქვემოთ)

მაგალითად, ამისთვის ა = 29250 = 2513(15) 2 თანმიმდევრულად ვიღებთ:

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 .

თეორემა დადასტურდა.

§ 4. განტოლებაx + x + 1 = 3 წ

ახლა განტოლებას მივუდგეთ x+x+1=ზუ.მას უკვე აქვს თავისი ისტორია. 1950 წელს რ.ობლატმა შესთავაზა, რომ გარდა ამოხსნისა

x=y=1. მას არ აქვს სხვა ამონახსნები ნატურალურ რიცხვებში x, yსადაც x არის კენტი რიცხვი. იმავე წელს თ.ნაგელმა მიუთითა გამოსავალი x= 313, y = 181.განტოლებისთვის ზემოთ მოცემულის მსგავსი მეთოდი x+x-2y=0, საშუალებას მოგვცემს განვსაზღვროთ განტოლების ყველა ამონახსნები x+x+1=3y (1)

ნატურალურ რიცხვებში x, ზე.მოდი ვიჩვენოთ, რომ (x, y)არის (1) განტოლების ამონახსნი ნატურალურ რიცხვებში და x > 1. ადვილად ჩანს, რომ განტოლებას (18) არ აქვს ამონახსნები ნატურალურ რიცხვებში x, y, სად x = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9;ასე უნდა იყოს x10.

მოდით ვაჩვენოთ ეს 12 წ<7 x+3, 7y>4x+ 2. 4y > 2x+1 . (2)

რომ ყოფილიყო 12 წ> 7x+3, ჩვენ გვექნებოდა 144 წ> 49 x+42 x+9 . და ვინაიდან, (18) გათვალისწინებით, 144წ = 48x+ 48 x + 48 , მაშინ იქნებოდა X< 6 x +3 9, საიდანაც

(x-z)< 48 და, შესაბამისად, იმის გათვალისწინებით, რომ x> 10, 7 < 148 , რაც შეუძლებელია. ამრიგად, დადასტურებულია უტოლობებიდან პირველი (2).

რომ ყოფილიყო 7 წ< 4 x+2 , ჩვენ გვექნებოდა 49 წ< 16 x+ 16 x+4 და ვინაიდან, (1) გათვალისწინებით, 16 x+ 16 x+ 16 = 48 წ, მაშინ იქნებოდა 49 წ< 48-12, რაც შეუძლებელია. ამრიგად, დადასტურებულია უტოლობებიდან მეორე (2), საიდანაც პირდაპირ გამომდინარეობს მესამე. ასე რომ, უტოლობები (2) მართალია.

ახლა დავდოთ

ვ\u003d 7x - 12y + 3,თ = -4 x+ 7u-2. (3)

(2) საფუძველზე ვხვდებით, რომ ვ > 0 , თ > 0 და X -ვ=3(4 წ-2 x-1)>0 და, შესაბამისად, ვ<х . (3) მიხედვით გვაქვს ვ 2 + ვ+1=3 თ 2 საიდანაც, (1) გათვალისწინებით, ჩვენ ვეთანხმებით g(x, y) = (7x - 12y + 3, -4x + 7y -2).

ასე რომ, შეგვიძლია ვთქვათ, რომ ნებისმიერი გადაწყვეტის საფუძველზე (x, y)განტოლებები (1) ნატურალურ რიცხვებში, სადაც x > 1, ჩვენ ვიღებთ ახალ გადაწყვეტას (ვ, თ) = g (x, y)განტოლებები (1) ნატურალურ რიცხვებში ვ, თსად ვ < х (და აქედან გამომდინარე ამონახსნი უფრო მცირე ნატურალური რიცხვებით). მაშასადამე, როგორც ზემოთ ვმოქმედებთ, ვპოულობთ, რომ (1) განტოლების ყოველი ამონახსნისთვის ნატურალურ რიცხვებში x, y, სად x > 1, არის ნატურალური რიცხვი n ისეთი, რომ g(x, y) = (l, 1).

მიღებულმა f(x, y) = (7x+12 წ + 3, 4x+ 7წ + 2), (4) ჩვენ შეგვიძლია მარტივად ვიპოვოთ ეს f(g(x, y)) = (x, y)და აქედან გამომდინარე (x, წ) = ვ(1,1) მეორეს მხრივ, ადვილია იმის შემოწმება, რომ თუ (x, y)არის (1) განტოლების ამონახსნი ნატურალურ რიცხვებში, მაშინ ვ(x, წ) ასევე არსებობს (1) განტოლების ამონახსნი ნატურალურ რიცხვებში (შესაბამისად, უფრო დიდი ვიდრე Xდა ზე).

მიღებულმა x=y=1(x, y) = f(1, 1)ამისთვის ნ=2,3,…..,

მივიღებთ თანმიმდევრობას { x, წ} ამისთვის ნ= 1, 2,….., რომელიც შეიცავს (1) განტოლების ყველა ამონახს ნატურალურ რიცხვებში და მხოლოდ ასეთ ამონახსნებს.

აქ გვაქვს (X,წ)= ვ(1,1)= ვ(x, y),შესაბამისად, (4)-ის გამო ვიღებთ

x=7x+12წ+3,წ=4x+7y+2 (5) (ნ=1, 2, ...)

ფორმულები, რომლებიც საშუალებას გაძლევთ თანმიმდევრულად განსაზღვროთ ყველა გამოსავალი (x, y)განტოლებები (1) ნატურალურ რიცხვებში. ამ გზით ჩვენ ადვილად ვიღებთ გადაწყვეტილებებს (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

ცხადია, ამ გადაწყვეტილებების უსასრულო რაოდენობაა. თანასწორობიდან

x=y=1და (4) ინდუქციით ჩვენ ადვილად ვხვდებით, რომ რიცხვები Xკენტი ინდექსებით არის კენტი, ლუწი ინდექსებით ისინი ლუწია და რიცხვები წარსი უცნაური ამისთვის ნ = 1, 2, ... (1) განტოლების ყველა ამონახსნის მისაღებად მთელი რიცხვებით x, yროგორც ადვილი დასამტკიცებელია, ეს უკვე მიღებულ გადაწყვეტილებებს მოჰყვება (x, y)შეუერთდი (x, -y)და (-x-1,±y)ამისთვის ნ=1, 2, .. .

ასე რომ, აქ გვაქვს, მაგალითად, მეტი ასეთი გადაწყვეტილებები: (-2,1) (-23,13), (-314,181). ა. როტკევიჩმა აღნიშნა, რომ (1) განტოლების ყველა ამონახსნები ნატურალურ რიცხვებში x > 1და y-ს შეუძლია განტოლების ყველა ამონახსნის მიღება (z+1)-ზ=y (6)

ნატურალურ რიცხვებში z, y.მართლაც, დავუშვათ, რომ ნატურალური რიცხვები z, y აკმაყოფილებენ განტოლებას (5). Აყენებს x=3z+l, ვიღებთ, როგორც ადვილი შესამოწმებელია, ნატურალურ რიცხვებს x > 1და ზედამაკმაყოფილებელი განტოლება (1).

მეორე მხრივ, თუ ნატურალური რიცხვები x > 1და ზედავაკმაყოფილოთ განტოლება (1), მაშინ გვაქვს, რადგან მისი შემოწმება მარტივია, (x-1)= 3 (y-x), საიდანაც გამოდის, რომ რიცხვი (ბუნებრივი) x-1იყოფა 3 , აქედან გამომდინარე x-1=3 z, სადაც ზარის ნატურალური რიცხვი და ტოლობა 3z=y-x=y3ზ-1 , რაც ადასტურებს, რომ რიცხვები ზდა ზედააკმაყოფილეთ განტოლება (6). ამრიგად, გადაწყვეტილებების საფუძველზე (22,13),(313,181), (4366,2521) განტოლება (1), ვიღებთ ამონახსნებს (7,13),(104,181),(1455,2521) განტოლებები (6). აქვე აღვნიშნავთ, რომ თუ ნატურალური რიცხვები z, yდააკმაყოფილეთ განტოლება (6), დადასტურდა, რომ ზეარის ორი ზედიზედ კვადრატის ჯამი, მაგალითად 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . ანალოგიურად, როგორც ადრე განტოლებისთვის (1), ჩვენ შეგვიძლია ვიპოვოთ განტოლების ყველა ამონახსნი x+(x+1)= წნატურალურ რიცხვებში x, y, აღება ამისთვის x > 3 გ (x. y) \u003d (3x -2y + 1, 3y - 4x - 2)და ამისთვის x> 1 f(x, y) = (3x+ 2წ+ლ, 4x + ზუ + 2),რაც იწვევს ფორმულას ( x, y)ვ(3,5) და დავასკვნათ, რომ (6) განტოლების ყველა ამონახსნი x, y ნატურალურ რიცხვებში შედის მიმდევრობაში { x, წ} ამისთვის ნ= 1, 2,…., სად x=3, y=5 დაx=3 x+2 წ+1 . წ = 4 x+3 წ+2 (ნ=1, 2, ...). Მაგალითად, x \u003d 3 3 + 2 5 + 1 \u003d 20, y \u003d 4 3 + Z 5 + 2 \u003d 29;x=119, y=169:x=69b, y=985;x=4059, y=5741.

განხილული განტოლების გეომეტრიული მნიშვნელობა არის ის, რომ იგი იძლევა ყველა პითაგორას სამკუთხედს (მართკუთხა ბუნებრივ გვერდებთან), რომელთა ფეხები გამოიხატება თანმიმდევრული ბუნებრივი რიცხვებით. ასეთი სამკუთხედების უსასრულო რაოდენობაა (*).

განტოლება არის x+(x+1)= წ, დადასტურდა, რომ არ აქვს ამონახსნები ნატურალურ რიცხვებში x, y.

მუნიციპალური ბიუჯეტის ზოგადსაგანმანათლებლო დაწესებულება

ქალაქ სმოლენსკის № 28 საშუალო საგანმანათლებლო სკოლა

სმოლენსკის სახელმწიფო უნივერსიტეტი

განყოფილება მათემატიკა

ესე

დიოფანტინის განტოლებები

დაასრულა ნამუშევარი: გონჩაროვი ევგენი იგორევიჩი,

მე-11 კლასის მოსწავლე

ხელმძღვანელი: სოლდატენკოვა ზოია ალექსანდროვნა,

მათემატიკის მასწავლებელი

სმოლენსკი

რატომ მაინტერესებს ეს თემა?

ერთხელ, სახელმძღვანელოს ფურცლისას, დამხვდა პატარა გვერდითი ზოლი დიოფანტინის განტოლებების შესახებ. მაშინვე შევამჩნიე, რომ ამ თემის ფარგლებში ტექსტურ პრობლემებს აქვს დამაინტრიგებელი, ზოგჯერ კომიკური მდგომარეობა და მათი გადაჭრის სხვადასხვა მეთოდების სიმრავლის გამო, ისინი საერთოდ არ გამოიყურება ტიპიური. გარდა ამისა, ზოგიერთმა გამიჭირა.

მათი რაციონალურად გადაჭრის გზების მოძიებით, უფრო ახლოს გავეცანი ამ თემას. რაც უფრო ღრმად ჩავძირავდი, რაც უფრო რთულ და საინტერესო ამოცანებს ვხვდებოდი, მით უფრო მეტი კითხვა ჩნდებოდა. მალე მივხვდი, რომ ამ თემის დიდი ნაწილი სკოლის სასწავლო გეგმის მიღმა იყო.

ამიტომ არ გავუსწრებ მოვლენებს და ჩავუღრმავდი თეორიას (CTO, ჰილბერტის მე-10 პრობლემა, ფერმას ბოლო თეორემა და ა.შ.). და მან დაიწყო ექსკლუზიურად დაეუფლა დიოფანტის განტოლებებისა და განტოლებათა სისტემების ამოხსნის ალგორითმებს, პარალელურად გაეცნო მათი აღმოჩენის ისტორიას.

დიოფანტე ალექსანდრიელი ძველი ბერძენი მათემატიკოსია. მატიანეები პრაქტიკულად არ ინახავდნენ ამ მეცნიერის შესახებ ინფორმაციას. დიოფანტე წარმოგიდგენთ ერთ გასართობ თავსატეხს მათემატიკის ისტორიაში. ჩვენ არ ვიცით ვინ იყო ის, მისი ცხოვრების ზუსტი წლები, ჩვენ არ ვიცით მისი წინამორბედები, რომლებიც იმუშავებდნენ იმავე სფეროში, როგორც თავად დიოფანტე:

დიოფანტე ციტირებს ალექსანდრიის ჰიფსიკლეს (ძველი ბერძენი მათემატიკოსი და ასტრონომი, რომელიც ცხოვრობდა ძვ. წ. II საუკუნეში);

დიოფანტეს შესახებ წერს თეონ ალექსანდრიელი (გვიანდელი ელინისტური ეპოქის ბერძენი მათემატიკოსი, ფილოსოფოსი და ასტრონომი, რომელიც ცხოვრობდა ჩვენს წელთაღრიცხვამდე III საუკუნეში);

დიოფანტე თავის თხზულებებს უძღვნის დიონისე ალექსანდრიელს (ეპისკოპოსს, რომელიც ახ. წ. III საუკუნის შუა ხანებში ცხოვრობდა). ამრიგად, მეცნიერები ვარაუდობენ, რომ ეს მათემატიკოსი ჩვენს წელთაღრიცხვამდე III საუკუნეში ცხოვრობდა.

მაქსუიმ პლანუდის (ახ. წ. XIV საუკუნის ბერძენი ბერი) ანთოლოგია შეიცავს ეპიგრამა-დავალებას „დიოფანტეს ეპიტაფია“:

დიოფანტეს საფლავი განისვენებს; გაოცება მისი - და ქვა

გარდაცვლილის ასაკი ბრძნული ხელოვნებით ეტყვის მას.

ღმერთების ნებით მან ბავშვობაში თავისი ცხოვრების მეექვსედი გაატარა.

და ნახევარი მეექვსე შეხვდა ლოყაზე ფუმფულა.

მხოლოდ მეშვიდე გავიდა, შეყვარებულზე დაინიშნა.

მასთან ერთად, ხუთი წლის გატარების შემდეგ, ბრძენი დაელოდა შვილს;

მისმა საყვარელმა ვაჟმა მამის სიცოცხლის მხოლოდ ნახევარი გაატარა.

იგი მამისგან ადრეულ საფლავთან წაიყვანეს.

ორ წელიწადში ორჯერ მშობელი გლოვობდა მძიმე მწუხარებას,

აქ დავინახე ჩემი სევდიანი ცხოვრების ზღვარი.

(თარგმნა ს. ნ. ბობროვმა).

ეს ამოცანა მცირდება უმარტივესი წრფივი განტოლების შედგენასა და ამოხსნაზე:

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

სადაც x არის დიოფანტეს მიერ გატარებული წლების რაოდენობა.

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

x = 84 - ამდენი წელი იცოცხლა დიოფანტემ.

და წლების განმავლობაში დიოფანტე წერდა კომპოზიციებს ზედაპირების გაზომვისა და გამრავლების შესახებ , ტრაქტატი მრავალკუთხა რიცხვების შესახებ . დიოფანტის მთავარი ნაშრომია არითმეტიკა 13 წიგნში.

სამწუხაროდ, მისი ყველა ნამუშევარი არ არის შემორჩენილი. ის, რაც ჩვენამდე მოვიდა, შეიცავს 189 ამოცანას ამონახსნებით, რომლებიც მცირდება პირველი და მეორე ხარისხის გარკვეულ განტოლებამდე და განუსაზღვრელ განტოლებამდე. ამ მეცნიერის წვლილი მათემატიკის განვითარებაში უზარმაზარია.

დიოფანტე შემოაქვს გამოკლების სპეციალურ სიმბოლოებს, შემოკლებულ სიტყვებს ცალკეული განმარტებებისა და მოქმედებებისთვის. ანუ სწორედ ის იყო პირველი ალგებრული ენის ავტორი.

მთვარეზე კრატერს დიოფანტეს სახელი ჰქვია.

თუმცა, დიოფანტე არ ეძებდა ზოგად გადაწყვეტილებებს, მაგრამ კმაყოფილი იყო რაღაც ერთი, როგორც წესი, განუსაზღვრელი განტოლების დადებითი ამონახსნით.

დიოფანტინის განტოლებები, როგორც ცხოვრებისეული სიტუაციების მათემატიკური მოდელი

ყველა ადამიანი, თუნდაც მათემატიკისგან უსაზღვროდ შორს, შეხვდა და, უფრო მეტიც, ამოხსნა უმარტივესი დიოფანტის განტოლებები ამის ცოდნის გარეშე. მართლაც, ისინი ემსახურებიან მათემატიკურ მოდელს მრავალი ამოცანისთვის, რომლებიც წარმოიქმნება ყოველდღიურ დონეზე.

დავალება #1

საწყობში არის ყუთები ლურსმნებით 16, 17 და 40 კგ. შეძლებს თუ არა შემნახველი 100 კგ ფრჩხილის გაცემას ყუთების გახსნის გარეშე?

ადვილი მისახვედრია, რომ 17 კგ + 17 კგ + 16 კგ = 50 კგ. შემდეგ, 100 კგ-ის (2-ჯერ მეტი) გასაცემად, თქვენ უნდა აიღოთ 4 ყუთი 17 კგ და 2 ყუთი 16 კგ.

პასუხი: დიახ, შეიძლება.

აქ ჩვენ გაგვიმართლა: გამოსავალი დაყვანილ იქნა უმარტივეს აღრიცხვამდე და პასუხი აშკარა აღმოჩნდა. განვიხილოთ კიდევ ერთი პრობლემა:

დავალება #2

პადოკში არიან ცალთავიანი სანტიპედები და სამთავიანი გველები. საერთო ჯამში მათ აქვთ 298 ფეხი და 26 თავი. რამდენი ფეხი აქვთ სამთავიან გველს?

მოდით იყოს x centipedes და y Gorynychs in corral, და თითოეულ გველს აქვს p ფეხები. ჩვენ დაუყოვნებლივ განვსაზღვრავთ, რომ თითოეული ეს ცვლადი უნდა იყოს მთელი და დადებითი. შემდეგ:

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/yმაშინ: x=5

ვინაიდან p არის მთელი რიცხვი, p=27.25 არ გვერგება.

ეს ამოცანა გარკვეულწილად უფრო რთული იყო, ვიდრე პირველი, მაგრამ ცვლადებზე შეზღუდვების შემოღებით ჩვენ შევძელით ძიების შემცირება მხოლოდ ორ შემთხვევამდე. Განაგრძე:

დავალება #3

საჭიროა 20,5 ლიტრი წვენის ჩასხმა 0,7 ლიტრიან და 0,9 ლიტრიან ქილებში, რათა ყველა ქილა სავსე იყოს. რამდენი ქილა გჭირდებათ მოსამზადებლად? რა არის ყველაზე მცირე რაოდენობის ქილები, რაც შეიძლება საჭირო გახდეს?

მოდით x იყოს 0,7 ლიტრიანი ქილების რაოდენობა და y იყოს 0,9 ლიტრი. შემდეგ ჩვენ დავაყენეთ განტოლება:

აშკარაა, რომ რიცხვების პირდაპირი ჩამოთვლა თავით ბევრი დრო დასჭირდება. ა მახინჯი მათემატიკის ადგილი მსოფლიოში არ არის ©G. ჰარდი.

განვიხილოთ ასეთი განტოლებების ამოხსნის მეთოდი, შემდეგ კი პირდაპირ ჩვენს პრობლემას დავუბრუნდებით და დავასრულებთ მას.

გაფანტვის მეთოდი

დიოფანტინის განტოლებას აქვს ფორმა: (x1,x2…xn)=0, სადაც P არის მთელი რიცხვი ფუნქცია, ხოლო ცვლადები xi იღებენ მთელ რიცხვებს. ამოცანის ნომერი 2 ამოხსნისას, ჩვენ ვხვდებით ax + by = c ფორმის განტოლებას, სადაც a, b და c არის მთელი კოეფიციენტები, ხოლო x და y არის ცვლადები, რომლებიც იღებენ მხოლოდ მთელ მნიშვნელობებს. ეს არის წრფივი დიოფანტის განტოლება ორი უცნობით.

ასეთი განტოლებების ამოხსნის ზოგადი მეთოდი წარმოიშვა ინდოეთში მე-12 საუკუნეში. მისი გამოჩენა ასტრონომიულმა თხოვნებმა და კალენდარმა გამოიწვია

გამოთვლები. Პირველი მინიშნებები დიოფანტინის განტოლებების ზოგადი ამოხსნის შესახებ გააკეთა არიაბჰატმა. თავად მეთოდი შექმნეს ბჰასკარამ და ბრაჰმაგუპტამ. ახლა ცნობილია, როგორც გაფანტვის მეთოდი. მოდით გავაანალიზოთ მაგალითით:

მაგალითი #1: იპოვნეთ 19x-8y=13 განტოლების მთელი რიცხვითი ამონახსნები.

y-ს გამოვხატავთ x-ით (რადგან y-ის კოეფიციენტი ყველაზე პატარაა) და ვირჩევთ მთელ ნაწილს:

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

გამოხატულება (3x-13)/8 უნდა იყოს მთელი რიცხვი. აღვნიშნოთ კ.

მაშინ 8k=3x-13. გავიმეოროთ ზემოაღნიშნული ოპერაცია:

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

ტოლობიდან (4) აშკარაა, რომ h იღებს მთელ რიცხვებს p-ის ნებისმიერი მთელი მნიშვნელობებისთვის.

თანმიმდევრული ჩანაცვლებით (4) ვპოულობთ გამოთქმებს უცნობისთვის: k=13+3p, x= 39+8p და ბოლოს, y=91+18p.

პასუხი: (39+8p; 91+18p).

ახლა, ცოდნის საკმარისი მარაგით, დავუბრუნდეთ პრობლემას ნომერი 3.

x=29+(2-9y)/7; მოდით t=(2-9y)/7, სადაც t არის მთელი რიცხვი;

t=2-9y; t=(2-2y)/7-y; მოდით (2-2y)/7=p, სადაც p არის მთელი რიცხვი;

Y=7k, სადაც k არის მთელი რიცხვი; y=1-7k, სადაც k არის მთელი რიცხვი. მაშინ x=28+9k.

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

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

ანუ k-ს შეუძლია მიიღოს მნიშვნელობები: -3, -2, -1.0.

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

ანუ ქილების უმცირესი რაოდენობა შეესაბამება უმცირეს კ-ს.

(x+y)ყველაზე პატარა=29-6=23.

პასუხი: (28+9k;1-7k), სადაც k იღებს მნიშვნელობებს -3,-2,-1.0. ქილების ყველაზე მცირე რაოდენობაა 23.

რიცხვის გაფართოების პრობლემები

აღსანიშნავია, რომ ტექსტური ამოცანები, რომლებიც რიცხვის პოვნაში იშლება, იცის მისი გამყოფები და ნაშთები, განსაკუთრებული, საპატიო ადგილი უჭირავს ამ თემის ტექსტურ ამოცანებს შორის. ისინი ასევე ყველაზე რთული და, შესაბამისად, საინტერესოა. განვიხილოთ ზოგიერთი მათგანი.

გლეხის ქალს ბაზარში კვერცხების კალათა მიჰქონდა. უყურადღებო მხედარი, რომელიც ქალს გაუსწრო, კალათს შეეხო და ყველა კვერცხი გატყდა. გამოსწორების სურვილით მან გლეხ ქალს ჰკითხა რამდენი კვერცხი იყო კალათაში. მან უპასუხა, რომ არ იცოდა კვერცხების რაოდენობა, მაგრამ როცა დებდა 2, 3, 4, 5 და 6-ში, ყოველ ჯერზე ერთი კვერცხი ზედმეტი რჩებოდა, ხოლო 7-ის დადებისას ზედმეტი კვერცხები აღარ რჩებოდა. რა არის ყველაზე მცირე რაოდენობის კვერცხები, რომელიც გლეხ ქალს შეუძლია ბაზარზე გასატანად?

ამოხსნა: კვერცხების სასურველი რაოდენობა აღვნიშნოთ n-ით, შემდეგ შევადგინოთ განტოლებათა სისტემა:

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

(1), (2), (3), (4), (5) განტოლებიდან გამომდინარეობს, რომ რიცხვი n-1=2*3*2*5k, სადაც k არის მთელი რიცხვი;

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

მიღებული n-ის (7-ში) ჩანაცვლებისას ვიღებთ განტოლებას: 60k+1=7f.

f= (60k+1)/7 = (4k+1)/7 + 8k;=(4k+1)/7, სადაც r არის მთელი რიცხვი, (1)

7r=4k+1; 4k=7r-1; k=(3r-1)/4+r;=(3r-1)/4, სადაც s არის მთელი რიცხვი

3r-1=4s; 3r=4s+1;r= (s+1)/3+r;= (s+1)/3, სადაც u არის მთელი რიცხვი, მაშინ

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

ანუ s ყოველთვის იღებს მთელ რიცხვებს ნებისმიერი მთელი რიცხვისთვის u. თანმიმდევრული ჩანაცვლებით ვიღებთ:

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

ცხადია, როდესაც u=1, f იღებს უმცირეს დადებით მნიშვნელობას, კერძოდ 301-ს.

პასუხი: 301.

* გასათვალისწინებელია, რომ ამ ალგორითმის ბოლომდე ბრმად დაცვა აუცილებელი არ არის. სინამდვილეში, პრობლემის ფარგლებში, ჩვენ არ უნდა ვიპოვოთ k-ის ყველა შესაძლო მთელი რიცხვი: საკმარისია მხოლოდ ერთი, ყველაზე პატარა. და უკვე (1) გარდაქმნის შემდეგ აშკარაა, რომ k ჩვენ ვეძებთ უდრის 5-ს, რაც ნიშნავს f=60*5+1=301.

დავუშვათ, რომ რამდენიმე ტურისტია. მათი სამეულებად დაყოფით მივიღებთ დარჩენილ 2-ს, ვყოფთ ხუთებად - 3, ვყოფთ შვიდებად - 2. რამდენი ტურისტია ჯგუფში, თუ მათი საერთო რაოდენობა არ აღემატება 100 ადამიანს.

სულ კ ტურისტი იყოს. შემდეგ:

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

და აქ ჩვენი გადაწყვეტის აშკარა ნაწილი ჩერდება. მისგან თავის დასაღწევად, უნდა გახსოვდეთ, რომ:

1) a*b+c?c (მოდა) ? გ (მოდბ). მაგალითად, 15? 1 (მოდ 7), ანუ რიცხვი 15 იძლევა 1-ის ნაშთს 7-ზე გაყოფისას.

2) a*b+d ? c (modr) ó a*b? c-d (modr) ó ბ? a(c-d) (modr) ოა? ბ(გ-დ) (მოდრ). შემდეგ:

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

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

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

3a+2 k=3a+2= 3 +5p, სადაც მთელი რიცხვი 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, სადაც d არის მთელი რიცხვი p=-135 + 7dp= -135 + 7d

ასე რომ k=105d-2014. თუ d=20, მაშინ k = 86, თუ d<20 , то k<0, если d>20, შემდეგ k>100. პასუხი: 86.

შევეცადოთ მივცეთ მას პრაქტიკული სარგებლობა, მაგალითად, გამოვიტანოთ გიდის ზოგადი ფორმულა ტურისტების დასათვლელად. დაე, r1, r2, r3 იყოს ნაშთები ტურისტების საერთო რაოდენობის 3, 5.7 ჯგუფებად დაყოფისას, შესაბამისად, ტურისტების საერთო რაოდენობა მაინც არ აღემატება 100 ადამიანს. ანალოგიურად კამათით მივიღებთ:

3a+r1 3a? (r2-r1) (mod 5)a=3(r2-r1) + 5d სადაც 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 სადაც p არის მთელი რიცხვი

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

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

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

ასე რომ, ჩვენ მივიღეთ ფორმულა k. მაგრამ r1,r2,r3-ის გარდა იგი შეიცავს მთელ რიცხვს d. ჩნდება ლოგიკური კითხვა: რიცხვი k ყოველთვის უნიკალური გზით განისაზღვრება, თუ ის 100-ზე ნაკლებია? 150-ზე ნაკლები? 43? და ასე შემდეგ.

ჩინური ნარჩენების თეორემა

ჩინური ნარჩენების თეორემა (CRT) არის დაკავშირებული განცხადებების სერია, რომელიც ჩამოყალიბებულია ჩინელი მათემატიკოსის სუნ ცუს (ახ. წ. III საუკუნე) ტრაქტატში და შეჯამებულია ქინ ჯიუშაოს მიერ (ახ. წ. მე-18 საუკუნე) თავის წიგნში მათემატიკური მსჯელობა 9 თავში. ასე ჟღერს:

მოდით, რიცხვები M1, M2, …, Mk იყოს წყვილში თანადამწყები და M= M1*M2*…*Mk. შემდეგ სისტემა

x?B1(modM1)? B2 (modM2)

აქვს უნიკალური ამონახსნი რიცხვებს შორის (0,1,…,M-1).

მარტივად რომ ვთქვათ, პასუხი ყოველთვის ცალსახა იქნება, თუ ტურისტების საჭირო რაოდენობა ნაკლებია გამყოფების ნამრავლზე, რომლებზეც იგი იყოფა. მე-4 ამოცანას რომ დავუბრუნდეთ, ვამბობთ, რომ მათი დათვლა შესაძლებელი იქნება, თუ მათი ჯამური რაოდენობა არ აღემატება 104-ს. (M-1=3*5*7-1=104). ასე რომ, ადამიანის დასათვლელად, ჩვენი ფორმულიდან დაწყებული, აუცილებელია გამოვთვალოთ 225r3-1792r1-2016r2 და შემდეგ გამოვაკლოთ რიცხვი 105, სანამ არ მივიღებთ რიცხვს 105-ზე ნაკლები, მაგრამ 0-ზე მეტი. ეს გრძელია. და მოუხერხებელია. და, გულწრფელად რომ ვთქვათ, დაახლოებით ასი ადამიანის რიცხვი შეიძლება დაითვალოს ასეთი რთული ალგორითმების გამოყენების გარეშე.

უმარტივესი არაწრფივი დიოფანტინის განტოლებები

დიოფანტმა მთლიანად გააანალიზა მეორე ხარისხის განუსაზღვრელი განტოლებები ორი უცნობით. უფრო მაღალი ხარისხის განტოლებებისა და სისტემების ამოსახსნელად მან შეიმუშავა კიდევ უფრო დახვეწილი და რთული მეთოდები, რამაც მრავალი თანამედროვე ევროპელი მათემატიკოსის ყურადღება მიიპყრო. მაგრამ ამ ტიპის თითქმის ყველა განტოლება სასკოლო კურსის ფარგლებში წყდება ფაქტორიზაციის მეთოდით.

მაგალითი #2: ამოხსენით განტოლება x2-3xy+2y2=7 მთელი რიცხვებით.

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

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

ცხადია, რიცხვი 7 შეგვიძლია მივიღოთ შემდეგი გზით: 1*7=7;7*1=7;-1*(-7)=7;-7*(-1).

შემდეგ ვადგენთ და ვხსნით განტოლებათა სისტემას:

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

პასუხი: (13;6), (-5;-6), (-13;-6), (5.6).

მაგალითი #3: დაამტკიცეთ, რომ განტოლებას x5+3x4y- 5x3y2-15x2y3 + 4xy4+12y5=33 არ აქვს მთელი რიცხვი ფესვები.

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;

თუ y=0, მაშინ თავდაპირველი განტოლება მიიღებს x5=33 ფორმას. მაშინ x არ არის მთელი რიცხვი. ეს ნიშნავს, რომ y=0-სთვის ამ განტოლებას არ აქვს მთელი ამონახსნები. თუ y?0, მაშინ განტოლების მარცხენა მხარეს ხუთივე ფაქტორი განსხვავებულია. მეორეს მხრივ, რიცხვი 33 შეიძლება წარმოდგენილი იყოს მაქსიმუმ ოთხი განსხვავებული ფაქტორის ნამრავლად (33=1 3 11 ან 33=-1 3 (-11) (-1) და ა.შ.). მაშასადამე, y?0-სთვის ამ განტოლებას ასევე არ აქვს მთელი ამონახსნები.

ჰილბერტის მეათე პრობლემა

ასეა თუ ისე, ჩნდება კითხვა: შეიძლება თუ არა რაიმე დიოფანტის განტოლების ამოხსნა, ანუ მისი ფესვების პოვნა ან მათი არარსებობის დამტკიცება.

1900 წლის აგვისტოში გაიმართა მათემატიკოსთა II საერთაშორისო კონგრესი. მასზე დევიდ ჰილბერტმა შესთავაზა 23 პრობლემა. მეათე იყო:

დაე, დიოფანტინის განტოლება იყოს მოცემული თვითნებური უცნობიებით და მთელი რაციონალური რიცხვითი კოეფიციენტებით. მიუთითეთ მეთოდი, რომლითაც შესაძლებელია, სასრული რაოდენობის მოქმედებების შემდეგ, დადგინდეს არის თუ არა ეს განტოლება ამოსახსნელი რაციონალური რიცხვებით.

მე-20 საუკუნის ბევრი ნათელი გონება იბრძოდა ამ ამოცანასთან: AxelThue, TuralfSkolem, Emil Post, Julia Robinson, Martin Davis და Hilary Putnam, Martina Davis და სხვები. და მხოლოდ 1970 წელს, იური მათიასევიჩმა დაასრულა ამ პრობლემის ალგორითმული გადაუჭრელობის მტკიცებულება.

დევიდ ჰილბერტი (დ. 23 იანვარი, 1862 — გ. 14 თებერვალი, 1943) იყო გერმანელი მათემატიკოსი, რომელმაც მნიშვნელოვანი წვლილი შეიტანა მათემატიკის მრავალი დარგის განვითარებაში. 1910-იან და 1920-იან წლებში (ანრი პუანკარეს გარდაცვალების შემდეგ) იყო აღიარებული მსოფლიო ლიდერი მათემატიკოსებში. 1970 წელს საერთაშორისო ასტრონომიულმა კავშირმა მთვარის შორეულ მხარეს მდებარე კრატერს გილბერტის სახელი დაარქვა.

იური ვლადიმიროვიჩ მათიასევიჩი (დ. 2 მარტი, 1947, ლენინგრადი) - საბჭოთა და რუსი მათემატიკოსი, მათემატიკის ინსტიტუტის პეტერბურგის განყოფილების მეცნიერ-თანამშრომელი. V. A. Steklova RAS, RSOS-ის საექსპერტო კომისიის წევრი მათემატიკაში, რუსეთის მეცნიერებათა აკადემიის აკადემიკოსი, ფიზიკა-მათემატიკის მეცნიერებათა დოქტორი.

დიოფანტინის განტოლება მათემატიკური

დასკვნა

ეს თემა მრავალმხრივი და თითქმის უსაზღვროა. ტყუილად არ აწუხებდნენ მას მსოფლიოში ცნობილი მეცნიერები მათემატიკის განვითარების ისტორიის მანძილზე. ის ეხება მათემატიკაში ფუნდამენტურ ცნებებს და დიოფანტინის განტოლებების ცოდნა, მეჩვენება, არასოდეს იქნება ამომწურავი.

ამ ნარკვევის კეთებისას დავეუფლე გაფანტვის მეთოდს, ვისწავლე ნარჩენების ამოცანების განტოლებების სისტემების ამოხსნა, გავეცანი დიოფანტინის განტოლებების ამოხსნის მეთოდების დაუფლების ისტორიას.

მათემატიკის სამყაროში, რომელიც დიდი ხანია ბრძნული და დიდებული იყო, ჩვენ მივდივართ ნაცემი გზაზე.

მაგრამ ყველას შეუძლია გახდეს პიონერი: თავდაპირველად საკუთარი თავისთვის და მომავალში, შესაძლოა სხვებისთვის ...

ვფიქრობ გავაგრძელო ამ თემაზე მუშაობა, გავაფართოვო ცოდნა განუსაზღვრელი განტოლებების ამოხსნაში. გადაწყვეტის ახალი მეთოდების შესწავლა ამდიდრებს ნებისმიერი ადამიანის ცოდნის ბაზას, მით უმეტეს, რომ ისინი შეიძლება იყოს შესაბამისი გამოყენებისთვის (C6).

ბიბლიოგრაფია

1. ჟურნალი „Quantum“ 1970 წ #7

.„ახალგაზრდა მათემატიკოსის ენციკლოპედია“ 520 გვ.

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

პიჩუგინი ლ.ფ. „ალგებრის სახელმძღვანელოს გვერდების მიღმა“, მ., 1990, 224გვ.

გლეიზერ გ.ი. „მათემატიკის ისტორია 10-11 სკოლაში“, 351წ

პეტრაკოვი ი.ა. „მათემატიკა ცნობისმოყვარეებისთვის“, მ., 2000 წ. 256 წ.

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

რეპეტიტორობა

გჭირდებათ დახმარება თემის შესწავლაში?

ჩვენი ექსპერტები გაგიწევენ კონსულტაციას ან გაგიწევენ რეპეტიტორულ მომსახურებას თქვენთვის საინტერესო თემებზე.
განაცხადის გაგზავნათემის მითითება ახლავე, რათა გაიგოთ კონსულტაციის მიღების შესაძლებლობის შესახებ.