Метод спуска для решения диофантовых уравнений. Решение линейных диофантовых уравнений с любым числом неизвестных. Задача про лапы

Сегодня предлагаю поразмышлять над некоторой интересной математической задачкой.
А именно, давайте-ка для разминки решим следующее линейной уравнение:

«Чего сложного?» - спросите вы. Действительно, лишь одно уравнение и целых четыре неизвестных. Следовательно, три переменных есть свободные, а последняя зависит от оных. Так давайте выразим скорее! Например, через переменную , тогда множество решений следующее:

где - множество любых действительных чисел.

Что же, решение действительно оказалось слишком тривиальным. Тогда будем нашу задачу усложнять и делать её более интересной.

Вспомним про линейные уравнения с целыми коэффициентами и целыми корнями , которые, собственно, являются разновидностью диофантовых уравнений . Конкретно - наложим на наше уравнение соответствующие ограничение на целочисленность коэффициентов и корней. Коэффициенты при неизвестных у нас и так целые (), а вот сами неизвестные необходимо ограничить следующим:

где - множество целых чисел.

Теперь решение, полученное в начале статьи, «не проканает», так как мы рискуем получить как рациональное (дробное) число. Так как же решить это уравнение исключительно в целых числах?

Заинтересовавшихся решением данной задачи прошу под кат.

А мы с вами продолжаем. Попробуем произвести некоторые элементарные преобразования искомого уравнения:

Задача выглядит по-прежнему непонятной, в таких случаях математики обычно производят какую-нибудь замену. Давайте и мы с вами её бахнем:

Опа, мы с вами достигли интересного результата! Коэффициент при у нас сейчас равен единице , а это значит, что мы с вами можем выразить эту неизвестную через остальные неизвестные в этом уравнении без всяких делений (чем грешили в самом начале статьи). Сделаем это:

Обращу внимание, что это говорит нам о том, что какие бы не были (в рамках диофантовых уравнений), всё равно останется целым числом, и это прекрасно.

Вспоминая, что справедливо говорить, что . А подставив заместо полученный выше результат получим:

Тут мы также видим, что что какие бы не были , всё равно останется целым числом, и это по-прежнему прекрасно.

Тогда в голову приходит гениальная идея: так давайте же объявим как свободные переменные, а будем выражать через них! На самом деле, мы уже это сделали. Осталось только записать ответ в систему решений:

Теперь можно лицезреть, что в системе решений нигде нет деления , а это значит, что всегда решения будут целочисленными. Попробуем найти частное решение исходного уравнения, положив, к примеру, что :

Подставим в исходное уравнение:

Тождественно, круто! Давайте попробуем ещё разок на другом примере?

Тут мы видим отрицательный коэффициент, он может доставить нам изрядных проблем, так что давайте от греха избавимся от него заменой , тогда уравнение будет следующим:

Как мы помним, наша задача сделать такие преобразования, чтобы в нашем уравнении оказалась неизвестная с единичным коэффициентом при ней (чтобы затем выразить её через остальные без любого деления). Для этого мы должны снова что-нибудь взять «за скобку», самое быстрое - это брать коэффициенты из уравнения которые самые близкие к единице. Однако нужно понимать, что за скобку можно взять только лишь то число, которое обязательно является каким-либо коэффициентом уравнения (ни больше, ни меньше), иначе наткнемся на тавтологию/противоречие или дроби (иными словами, нельзя чтобы свободные переменные появились где-то кроме как в последней замене). Итак:

Введем замену , тогда получим:

Вновь возьмем за скобку и наконец получим в уравнении неизвестную с единичным коэффициентом:

Введем замену , тогда:

Выразим отсюда нашу одинокую неизвестную :

Из этого следует, что какие бы мы не взяли, все равно останется целым числом. Тогда найдем из соотношения :

Аналогичным образом найдем из соотношения :

На этом наша система решений созрела - мы выразили абсолютно все неизвестные, не прибегая к делению, тем самым показывая, что решение точно будет целочисленным. Также не забываем, что , и нам надо ввести обратную замену. Тогда окончательная система решений следующая:

Таким образом, осталось ответить на вопрос - а любое ли подобное уравнение можно так решить? Ответ: нет, если уравнение в принципе нерешаемо. Такое возникает в тех случаях, если свободный член не делится нацело на НОД всех коэффициентов при неизвестных. Иными словами, имея уравнение:

Для его решения в целых числах достаточно выполнение следующего условия:

(где - наибольший общий делитель).

Доказательство

Доказательство в рамках этой статьи не рассматривается, так как это повод для отдельной статьи. Увидеть его вы можете, например, в чудесной книге В. Серпинского «О решении уравнений в целых числах» в §2.

Резюмируя вышесказанное, выпишем алгоритм действий для решения линейных диофантовых уравнений с любым числом неизвестных:

В заключение стоит сказать, что также можно добавить ограничения на каждый член уравнения в виде неравенства на оного (тогда к системе решений добавляется система неравенств, в соответствии с которой нужно будет скорректировать ответ), а также добавить ещё чего-нибудь интересное. Ещё не стоит забывать и про то, что алгоритм решения является строгим и поддается записи в виде программы для ЭВМ.

С вами был Петр,
спасибо за внимание.

Задача 1. Допустим, в аквариуме живут осьминоги и морские звёзды. У осьминогов по 8 ног, а у морских звёзд – по 5. Всего конечностей насчитывается 39. Сколько в аквариуме животных?

Решение. Пусть х - количество морских звёзд, у – количество осьминогов. Тогда у всех осьминогов по 8у ног, а у всех звёзд 5х ног. Составим уравнение: 5х + 8у = 39.

Заметим, что количество животных не может выражаться нецелым или отрицательным числами. Следовательно, если х – целое неотрицательное число, то и у=(39 – 5х)/8 должно быть целым и неотрицательным, а, значит, нужно, чтобы выражение 39 – 5х без остатка делилось на 8. Простой перебор вариантов показывает, что это возможно только при х = 3, тогда у = 3. Ответ: (3; 3).

Уравнения, вида ах+bу=с, называются диофантовыми, по имени древнегреческого математика Диофанта Александрийского. Жил Диофант, по-видимому, в 3 в. н. э., остальные известные нам факты его биографии исчерпываются таким стихотворением-загадкой, по преданию выгравированным на его надгробии:

Прах Диофанта гробница покоит; дивись ей и камень

Мудрым искусством его скажет усопшего век.

Волей богов шестую часть жизни он прожил ребенком.

И половину шестой встретил с пушком на щеках.

Только минула седьмая, с подругой он обручился.

С нею, пять лет, проведя, сына дождался мудрец;

Только полжизни отцовской возлюбленный сын его прожил.

Отнят он был у отца ранней могилой своей.

Дважды два года родитель оплакивал тяжкое горе,

Тут и увидел предел жизни печальной своей.

Сколько же лет прожил Диофант Александрийский?

Задача 2. На складе имеются гвозди в ящиках по 16,17 и 40 кг. Может ли кладовщик выдать 100 кг гвоздей, не вскрывая ящики? (метод прямого перебора)

Разберем метод решения относительно одного неизвестного.

Задача 3. В каталоге картинной галереи всего 96 картин. На каких-то страницах расположено 4 картины, а на каких-то 6. Сколько страниц каждого вида есть в каталоге?

Решение. Пусть х – количество страниц с четырьмя картинами,

у – количество страниц с шестью картинами,

Решаем это уравнение относительно того из неизвестных, при котором наименьший (по модулю) коэффициент. В нашем случае это 4х, то есть:

Делим все уравнение на этот коэффициент:

4х=96-6у | :4;

Остатки при делении на 4: 1,2,3. Подставим вместо у эти числа.

Если у=1, то х=(96-6∙1):4=90:4 - Не походит, решение не в целых числах.

Если у=2, то х=(96-6∙2):4=21 – Подходит.

Если у=3, то х=(96-6∙3):4=78:4 - Не походит, решение не в целых числах.

Итак, частным решением является пара (21;2), а это значит, что на 21 странице расположено по 4 картины, а на 2 страницах по 6 картин.

Разберем метод решения с использованием алгоритма Евклида.

Задача 4. В магазине продаётся шоколад двух видов: молочный и горький. Весь шоколад хранится в коробках. Молочного шоколада на складе имеется 7 коробок, а горького 4. Известно, что горького шоколада было на одну плитку больше. Сколько плиток шоколада находятся в коробках каждого вида?

Решение. Пусть х – количество плиток молочного шоколада в одной коробке,

у – количество плиток горького шоколада в одной коробке,

тогда по условию этой задачи можно составить уравнение:

Решим это уравнение, используя алгоритм Евклида.

Выразим 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.

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

Итак, получается х=1; у=2.

А это значит, что молочный шоколад лежит в коробке по 1 штуке, а горький по 2 штуки.

Разберем метод поиска частного решения и общей формулы решений.

Задача 5. В африканском племени Тумбе-Юмбе два аборигена Тумба и Юмба работают парикмахерами, причем Тумба всегда заплетает своим клиентам по 7 косичек, а Юмба по 4 косички. Сколько клиентов обслужили мастера по отдельности за смену, если известно, что вместе они заплели 53 косички?

Решение. Пусть х – количество клиентов Тумбы,

у – количество клиентов Юмбы,

тогда 7х+4у=53 (1).

Теперь чтобы найти частные решения уравнения (,), заменим данную нам сумму чисел на 1. Это заметно упростит поиск подходящих чисел. Получим:

Решим это уравнение методом подстановки.

4у=1-7х │:4;

Остатки при делении на 4: 1, 2, 3. Подставим вместо х эти числа:

Если х=1, то у=(1-7):4 – не подходит, т.к. решение не в целых числах.

Если х=2, то у=(1-7∙2):4 – не подходит, т.к. решение не в целых числах.

Если х=3, то у=(1-7∙3):4=-5 – подходит.

Затем умножим получившиеся значения на начальное значение суммы, которую мы заменяли на 1, т.е.

х=х 0 ∙53=3∙53=159;

у=у 0 ∙53=-5∙53=-265.

Мы нашли частное решение уравнения(1). Проверим его, подставив начальное уравнение:

7∙159+4∙(-265)=53; (3)

Ответ сошелся. Если бы, мы решали абстрактное уравнение, то можно было бы на этом остановиться. Однако мы решаем задачу, а поскольку Тумба не мог заплести отрицательное число косичек, нам необходимо продолжать решение. Теперь составим формулы для общего решения. Чтобы это сделать вычтем из начального уравнения(1) уравнение с подставленными значениями (3). Получим:

Вынесем общие множители за скобки:

7(х-159)+4(у+265)=0.

Перенесем одно из слагаемых из одной части уравнения в другую:

7(х-159)=-4(у+265).

Теперь стало видно, что чтобы уравнение решалось (х-159) должно делиться на -4, а (у+265) должно делиться на 7. Введем переменную n, которая будет отображать это наше наблюдение:

Перенесем слагаемые из одной части уравнения в другую:

Мы получили общее решение данного уравнения, теперь в него можно подставлять различные числа и получать соответствующие ответы.

Например, пусть n=39, тогда

А это значит, что Тумба заплел косички 3 клиентам, а Юмба 8 клиентам.

Решите задачи различными методами.

Задача 6: Вовочка купил ручки по 8 рублей и карандаши по 5 рублей. Причем за все карандаши он заплатил на 19 рублей больше, чем за все ручки. Сколько ручек и сколько карандашей купил Вовочка? (метод поиска общего решения, решение относительно одного не известного, использование алгоритма Евклида).

Задача 7. Куплены фломастеры по 7 рублей и карандаши по 4 рубля за штуку, всего на сумму 53 рубля. Сколько куплено фломастеров и карандашей?

Задача 8.(муниципальный тур ВОШ 2014-2015 г.) : на планете С в ходу два вида монет: по 16 тугриков и по 27 тугриков. Можно ли с их помощью купить товар, ценой в 1 тугрик?

Задача 9. Шехерезада рассказывает свои сказки великому правителю. Всего она должна рассказать 1001 сказку. Сколько ночей потребуется Шехерезаде, чтобы рассказать все свои сказки, если в какие-то ночи она будет рассказывать по 3 сказки, а в какие-то по 5? За сколько ночей Шехерезада расскажет все свои сказки, если хочет сделать это как можно быстрее? Сколько ночей понадобится Шехерезаде, если ей утомительно рассказывать по пять сказок за ночь, поэтому таких ночей должно быть как можно меньше?

Задача10. (вспомним «Водолея») Как налить 3 литра воды, имея 9-литровую и 5-литровую емкости?

Задача 11. Вовочка отлично успевает по математике. В дневнике у него только пятерки и четверки, причем пятерок больше. Сумма всех Вовочкиных оценок по математике равна 47. Сколько Вовочка получил пятерок и сколько четверок?

Задача 12. Кощей Бессмертный устроил питомник по разведению Змеев Горынычей. В последнем выводке у него есть Змеи о 17-ти головах и о 19-ти головах. Всего этот выводок насчитывает 339 голов. Сколько 17-тиголовых и сколько 19-тиголовых Змеев вывелось у Кощея?

Ответы: Диофант прожил 84 года;

задача 2: 4 ящика по 17 кг и 2 ящика по 16 кг;

задача 6: куплено 7 карандашей и 8 ручек, то есть (7,2) – частное решение и у = 2 + 5n, х = 7 + 8n, где nє Z – общее решение;

задача 7: (-53; 106) – частное решение, х=4n-53, у=-7n+106 – общие решения, при n=14, х=3, у=8, то есть куплено 3фломастера и 8 карандашей;

задача 8: например, заплатить 3 монеты по 27 тугриков и получить сдачу 5 монет по 16 тугриков;

задача 9: (2002; -1001) – частное решение, х=-5 n+2002, у=3n-1001 – общее решение, при n=350, у=49, х=252, то есть 252 ночи по 3 сказки и 49 ночей по 5 сказок - всего 301 ночь; самый быстрый вариант: 2 ночи по три сказки и 199 ночей по 5 сказок - всего 201 ночь; самый долгий вариант: 332 ночи по 3 сказки и 1 ночь 5 сказок - всего 333 ночи.

задача 10: например, 2 раза налить воду 9-тилитровой банкой и 3 раза вычерпать ее 5-тилитровой банкой;

задача 11: Вовочка получил 7 пятерок и 4 четверки;

задача 12: 11 Змеев о 17-ти головах и 8 Змеев о 19-ти головах.

Чтобы решить линейное диофантово уравнение, нужно найти значения переменных «x» и «y», которые являются целыми числами. Целочисленное решение сложнее обычного и требует определенного набора действий. Сначала необходимо вычислить наибольший общий делитель (НОД) коэффициентов, а затем найти решение. Если вы нашли одно целочисленное решение линейного уравнения, можно применить простой шаблон, чтобы найти бесконечное множество других решений.

Шаги

Часть 1

Как записать уравнение

Запишите уравнение в стандартной форме. Линейное уравнение - это уравнение, в котором показатели степени переменных не превышают 1. Чтобы решить такое линейное уравнение, сначала запишите его в стандартной форме. Стандартная форма линейного уравнения выглядит так: A x + B y = C {\displaystyle Ax+By=C} , где A , B {\displaystyle A,B} и C {\displaystyle C} - целые числа.

Упростите уравнение (если можно). Когда вы запишете уравнение в стандартной форме, посмотрите на коэффициенты A , B {\displaystyle A,B} и C {\displaystyle C} . Если у этих коэффициентов есть НОД, разделите на него все три коэффициента. Решение такого упрощенного уравнения также будет решением исходного уравнения.

Проверьте, можно ли решить уравнение. В некоторых случаях можно сразу заявить, что уравнение не имеет решений. Если коэффициент «С» не делится на НОД коэффициентов «А» и «В», у уравнения нет решений.

Часть 2

Как записать алгоритм Евклида

1. Уясните алгоритм Евклида. Это ряд повторных делений, в котором предыдущий остаток используется как следующий делитель. Последний делитель, который делит числа нацело, является наибольшим общим делителем (НОД) двух чисел.

   Примените алгоритм Евклида к коэффициентам «A» и «B». Когда вы запишете линейное уравнение в стандартной форме, определите коэффициенты «A» и «B», а затем примените к ним алгоритм Евклида, чтобы найти НОД. Например, дано линейное уравнение 87 x − 64 y = 3 {\displaystyle 87x-64y=3} .

   Найдите наибольший общий делитель (НОД). Поскольку последним делителем было число 1, НОД 87 и 64 равен 1. Таким образом, 87 и 64 являются простыми числами по отношению друг к другу.

   Проанализируйте полученный результат. Когда вы найдете НОД коэффициентов A {\displaystyle A} и B {\displaystyle B} , сравните его с коэффициентом C {\displaystyle C} исходного уравнения. Если C {\displaystyle C} делится на НОД A {\displaystyle A} и B {\displaystyle B} , уравнение имеет целочисленное решение; в противном случае у уравнения нет решений.

Часть 3

Как найти решение с помощью алгоритма Евклида

Пронумеруйте шаги вычисления НОД. Чтобы найти решение линейного уравнения, нужно использовать алгоритм Евклида в качестве основы процесса подстановки и упрощения.

Обратите внимание на последний шаг, где есть остаток. Перепишите уравнение этого шага так, чтобы изолировать остаток.

Изолируйте остаток предыдущего шага. Этот процесс представляет собой пошаговое «перемещение вверх». Каждый раз вы будете изолировать остаток в уравнении предыдущего шага.

Сделайте замену и упростите. Обратите внимание, что уравнение шага 6 содержит число 2, а в уравнении шага 5 число 2 изолировано. Поэтому вместо «2» в уравнении шага 6 подставьте выражение шага 5:

Повторите процесс подстановки и упрощения. Повторите описанный процесс, перемещаясь по алгоритму Евклида в обратном порядке. Каждый раз вы будете переписывать уравнение предыдущего шага и подставлять его в последнее полученное уравнение.

1. Продолжите процесс подстановки и упрощения. Этот процесс будет повторяться до тех пор, пока вы не достигнете первоначального шага алгоритма Евклида. Цель процесса - записать уравнение с коэффициентами 87 и 64 исходного уравнения, которое нужно решить. В нашем примере:

   • 1 = 2 (18) − 7 (5) {\displaystyle 1=2(18)-7(5)}
   • 1 = 2 (18) − 7 (23 − 18) {\displaystyle 1=2(18)-7(23-18)} (подставили выражение из шага 3)
   • 1 = 9 (64 − 2 ∗ 23) − 7 (23) {\displaystyle 1=9(64-2*23)-7(23)} (подставили выражение из шага 2)
   • 1 = 9 (64) − 25 (87 − 64) {\displaystyle 1=9(64)-25(87-64)} (подставили выражение из шага 1)

Министерство образования и науки Российской Федерации

Государственное образовательное учреждение высшего

профессионального образования

«Тобольская государственная социально-педагогическая академия

им. Д.И. Менделеева»

Кафедра математики, ТиМОМ

Некоторые диофантовы уравнения

Курсовая работа

студента III курса ФМФ

Матаева Евгения Викторовича

Научный руководитель:

к.ф.-м.н.Валицкас А.И.

Оценка: ____________

Тобольск – 2011

Введение……………………………………………………………………........ 2

§ 1. Линейные диофантовы уравнения………………………………….. 3

§ 2. Диофантово уравнение x 2 – y 2 = a ………………………………….....9

§ 3. Диофантово уравнение x 2 + y 2 = a …………………………………... 12

§ 4. Уравнение х 2 + х + 1 = 3у 2 …………………………………………….. 16

§ 5. Пифагоровы тройки………………………………………………….. 19

§ 6. Великая теорема Ферма………………………………………………23

Заключение……………………………………………………………….….....29

Список литературы........... ………………………………………………..30

ВВЕДЕНИЕ

Диофантово уравнение – это уравнение вида P (x 1 , … , x n ) = 0 , где левая часть представляет собой многочлен от переменных x 1 , … , x n с целыми коэффициентами. Любой упорядоченный набор (u 1 ; … ; u n ) целых чисел со свойством P (u 1 , … , u n ) = 0 называется (частным) решением диофантова уравнения P (x 1 , … , x n ) = 0 . Решить диофантово уравнение – значит найти все его решения, т.е. общее решение этого уравнения.

Нашей целью будет научиться находить решения некоторых диофантовых уравнений, если эти решения имеется.

Для этого, необходимо ответить на следующие вопросы:

а. Всегда ли диофантово уравнение имеет решение, найти условия существования решения.

б. Имеется ли алгоритм, позволяющий отыскать решение диофантова уравнения.

Примеры: 1. Диофантово уравнение 5 x – 1 = 0 не имеет решений.

2. Диофантово уравнение 5 x – 10 = 0 имеет решение x = 2 , которое является единственным.

3. Уравнение ln x – 8 x 2 = 0 не является диофантовым.

4. Часто уравнения вида P (x 1 , … , x n ) = Q (x 1 , … , x n ) , где P (x 1 , … , x n ) , Q (x 1 , … , x n ) – многочлены с целыми коэффициентами, также называют диофантовыми. Их можно записать в виде P (x 1 , … , x n ) – Q (x 1 , … , x n ) = 0 , который является стандартным для диофантовых уравнений.

5. x 2 – y 2 = a – диофантово уравнение второй степени с двумя неизвестными x и y при любом целом a. Оно имеет решения при a = 1 , но не имеет решений при a = 2 .

§ 1. Линейные диофантовы уравнения

Пусть a 1 , … , a n , с Z . Уравнение вида a 1 x 1 + … + a n x n = c называется линейным диофантовым уравнением с коэффициентами a 1 , … , a n , правой частью c и неизвестными x 1 , … , x n . Если правая часть с линейного диофантова уравнения нулевая, то такое диофантово уравнение называется однородным.

Наша ближайшая цель – научиться находить частные и общие решения линейных диофантовых уравнений с двумя неизвестными. Очевидно, что любое однородное диофантово уравнение a 1 x 1 + … + a n x n = 0 всегда имеет частное решение (0; … ; 0).

Очевидно, что линейное диофантово уравнение, все коэффициенты которого равны нулю, имеет решение только в случае, когда его правая часть равна нулю. В общем случае имеет место следующая

Теорема (о существовании решения линейного диофантова уравнения). Линейное диофантово уравнение a 1 x 1 + … + a n x n = c , не все коэффициенты которого равны нулю, имеет решение тогда и только тогда, когда НОД(a 1 , … , a n ) | c.

Доказательство. Необходимость условия очевидна: НОД(a 1 , … , a n ) | a i (1 i n ) , так что НОД(a 1 , … , a n ) | (a 1 x 1 + … + a n x n ) , а значит, делит и

c = a 1 x 1 + … + a n x n .

Пусть D = НОД(a 1 , … , a n ) , с = Dt и a 1 u 1 + … + a n u n = D – линейное разложение наибольшего общего делителя чисел a 1 , … , a n . Умножая обе части на t , получим a 1 (u 1 t ) + … + a n (u n t ) = Dt = c , т.е. целочисленная

n -ка (x 1 t ; … ; x n t) является решением исходного уравнения с n неизвестными.

Теорема доказана.

Эта теорема даёт конструктивный алгоритм для нахождения частных решений линейных диофантовых уравнений.

Примеры: 1. Линейное диофантово уравнение 12x+21y = 5 не имеет решений, поскольку НОД(12, 21) = 3 не делит 5 .

2. Найти частное решение диофантова уравнения 12x+21y = 6 .

Очевидно, что теперь НОД(12, 21) = 3 | 6 , так что решение существует. Запишем линейное разложение НОД(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) . Поэтому пара (2; –1) – частное решение уравнения 12x+21y = 3 , а пара (4; –2) – частное решение исходного уравнения 12x+21y = 6 .

3. Найти частное решение линейного уравнения 12x + 21y – 2z = 5 .

Так как (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , то решение существует. Следуя доказательству теоремы, вначале найдём решение уравнения (12,21)х–2у=5 , а затем, подставив линейное разложение наибольшего общего делителя из предыдущей задачи, получим решение исходного уравнения.

Для решения уравнения 3х – 2у = 5 запишем линейное разложение НОД(3, –2) = 1 = 31 – 21 очевидно. Поэтому пара чисел (1; 1) является решением уравнения 3 x – 2 y = 1 , а пара (5; 5) – частным решением диофантова уравнения 3х – 2у = 5 .

Итак, (12, 21)5 – 25 = 5 . Подставляя сюда найденное ранее линейное разложение (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , получим (122+21(–1))5 – 25 = 5 , или 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , т.е. тройка целых чисел (10; –5; 5) является частным решением исходного диофантова уравнения 12x + 21y – 2z = 5 .

Теорема (о структуре общего решения линейного диофантова уравнения). Для линейного диофантова уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = c справедливы следующие утверждения:

(1) если = (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) – его частные решения, то разность (u 1 – v 1 ; … ; u n – v n ) – частное решение соответствующего однородного уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = 0 ,

(2) множество частных решений линейного диофантова однородного уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = 0 замкнуто относительно сложения, вычитания и умножения на целые числа,

(3) если M – общее решение данного линейного диофантова уравнения, а L – общее решение соответствующего ему однородного диофантова уравнения, то для любого частного решения = (u 1 ; … ; u n ) исходного уравнения верно равенство M = + L .

Доказательство. Вычитая равенство a 1 v 1 + … + a n v n = c из равенства a 1 u 1 + … + a n u n = c , получим a 1 (u 1 – v 1 ) + … + a n (u n – v n ) = 0 , т. е. набор

(u 1 – v 1 ; … ; u n – v n ) – частное решение линейного однородного диофантова уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = 0 . Таким образом, доказано, что

= (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) M L .

Это доказывает утверждение (1).

Аналогично доказывается утверждение (2):

, L z Z L z L .

Для доказательства (3) вначале заметим, что M + L . Это следует из предыдущего: M+L .

Обратно, если = (l 1 ; … ; l n ) L и = (u 1 ; … ; u n ) M , то 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 .

Таким образом, + L M , и в итоге M = + L .

Теорема доказана.

Доказанная теорема имеет наглядный геометрический смысл. Если рассмотреть линейное уравнение a 1 x 1 + … + a n x n = c , где х i R , то как известно из геометрии, оно определяет в пространстве R n гиперплоскость, полученную из плоскости L c однородным уравнением a 1 x 1 + … +a n x n =0 , проходящей через начало координат, сдвигом на некоторый вектор R n . Поверхность вида + L называют также линейным многообразием с направляющим пространством L и вектором сдвига . Таким образом, доказано, что общее решение М диофантова уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = c состоит из всех точек некоторого линейного многообразия, имеющих целые координаты. При этом координаты вектора сдвига тоже целые, а множество L решений однородного диофантова уравнения a 1 x 1 + … + a n x n = 0 состоит из всех точек направляющего пространства с целыми координатами. По этой причине часто говорят, что множество решений произвольного диофантова уравнения образует линейное многообразие с вектором сдвига и направляющим пространством L .

Пример: для диофантова уравнения х – у = 1 общее решение M имеет вид (1+у; у), где у Z , его частное решение = (1; 0) , а общее решение L однородного уравнения х – у = 0 запишется в виде (у; у) , где у Z . Таким образом, можно нарисовать следующую картинку, на которой решения исходного диофантова уравнения и соответствующего однородного диофантова уравнения изображены жирными точками в линейном многообразии М и пространстве L соответственно.

2. Найти общее решение диофантова уравнения 12x + 21y – 2z = 5 .

Частное решение (10; –5; 5) этого уравнения было найдено ранее, найдём общее решение однородного уравнения 12x + 21y – 2z = 0 , эквивалентного диофантову уравнению 12 x + 21 y = 2 z .

Для разрешимости этого уравнения необходимо и достаточно выполнение условия НОД(12, 21) = 3 | 2z, т.е. 3 | z или z = 3t для некоторого целого t . Сокращая обе части на 3 , получим 4x + 7y = 2t . Частное решение (2; –1) диофантова уравнения 4x + 7y = 1 найдено в предыдущем примере. Поэтому (4t ; –2t) – частное решение уравнения 4x + 7y = 2t при любом

t Z . Общее решение соответствующего однородного уравнения

(7 u ; –4 u ) уже найдено. Таким образом, общее решение уравнения 4x + 7y = 2t имеет вид: (4t + 7 u ; –2t – 4 u ) , а общее решение однородного уравнения 12x + 21y – 2z = 0 запишется так:

(4t + 7 u ; –2t – 4 u ; 3t) .

Нетрудно убедиться, что этот результат соответствует сформулированной выше без доказательства теореме о решениях однородного диофантова уравнения а 1 х 1 + … + а n х n = 0 : если Р = , то Р и

(u ; t ) P – общее решение рассматриваемого однородного уравнения.

Итак, общее решение диофантова уравнения 12x + 21y – 2z = 5 выглядит так: (10 + 4t + 7 u ; –5 – 2t – 4 u ; 5 + 3t) .

3. На примере предыдущего уравнения проиллюстрируем другой метод решения диофантовых уравнений от многих неизвестных, который состоит в последовательном уменьшении максимального значения модулей его коэффициентов.

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

12x + y – 2(z – 10y) = 5

Таким образом, общее решение рассматриваемого уравнения можно записать и так: (x; 5 – 12x + 2u ; 50 – 120x + 21u) , где x, u – произвольные целые параметры.

§ 2. Диофантово уравнение x 2 – y 2 = a

Примеры: 1. При a = 0 получаем бесконечное число решений: x = y или x = – y для любого y Z .

2. При a = 1 имеем x 2 – y 2 = 1 (x + y )(x – y ) = 1 . Таким образом, число 1 разложено в произведение двух целых множителей x + y и x – y (важно, что x , y – целые!). Поскольку у числа 1 всего два разложения в произведение целых множителей 1 = 11 и 1 = (–1)(–1) , то получаем две возможности: .

3. Для a = 2 имеем x 2 – y 2 = 2 (x + y )(x – y ) = 2. Действуя аналогично предыдущему, рассматриваем разложения

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), составляем системы: , которые, в отличие от предыдущего примера, не имеют решений. Так что нет решений и у рассматриваемого диофантова уравнения x 2 – y 2 = 2.

4. Предыдущие рассмотрения наводят на некоторые выводы. Решения уравнения x 2 – y 2 = a находятся по разложению a = km в произведение целых чисел из системы . Эта система имеет целые решения тогда и только тогда, когда k + m и k – m чётны, т.е. когда числа k и m одной чётности (одновременно чётны или нечётны). Таким образом, диофантово уравнение x 2 – y 2 = a имеет решение тогда и только тогда, когда a допускает разложение в произведение двух целых множителей одной чётности. Остаётся только найти все такие a .

Теорема (об уравнении x 2 – y 2 = a ). (1) Уравнение x 2 – y 2 = 0 имеет бесконечное множество решений .

(2) Любое решение уравнения получается имеет вид , где a = km – разложение числа a в произведение двух целых множителей одной чётности.

(3) Уравнение x 2 – y 2 = a имеет решение тогда и только тогда, когда a 2 (mod 4).

Доказательство. (1) уже доказано.

(2) уже доказано.

(3) () Пусть вначале диофантово уравнение x 2 – y 2 = a имеет решение. Докажем, что a 2 (mod 4) . Если a = km – разложение в произведение целых чисел одной чётности, то при чётных k и m имеем k = 2 l , m = 2 n и a = km = 4 ln 0 (mod 4) . В случае же нечётных k , m их произведение a также нечётно, разность a – 2 нечётна и не делится на 4 , т.е. снова

a 2 (mod 4).

() Если теперь a 2 (mod 4) , то можно построить решение уравнения x 2 – y 2 = a . Действительно, если a нечётно, то a = 1 a – разложение в произведение целых нечётных чисел, так что – решение диофантова уравнения. Если же a чётно, то ввиду a 2 (mod 4) получаем, что 4 | a , a = 4 b = 2(2 b ) – разложение в произведение целых чётных чисел, так что – решение диофантова уравнения.

Теорема доказана.

Примеры: 1. Диофантово уравнение x 2 – y 2 = 2012 не имеет решений, т.к. 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Диофантово уравнение x 2 – y 2 = 2011 имеет решения, т.к.

2011 3 (mod 4). Имеем очевидные разложения

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

по каждому из которых находим решения (комбинации знаков любые). Других решений нет, т.к. число 2011 простое (?!).

§ 3. Диофантово уравнение x 2 + y 2 = a

Примеры: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Таким образом, очевидно, любой квадрат тривиальным образом представим в виде суммы двух квадратов.

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. Решений нет для a = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

Анализ приведённых результатов способен навести на мысль, что отсутствие решений каким-то образом связано с простыми числами вида

4 n +3 , присутствующими в разложении на множители чисел, не представимых в виде сумм двух квадратов.

Теорема (о представлении натуральных чисел суммами двух квадратов). Натуральное число a представимо в виде суммы двух квадратов тогда и только тогда, когда в его каноническом разложении простые числа вида 4 n + 3 имеют чётные показатели степеней.

Доказательство. Вначале докажем, что если натуральное число a представимо в виде суммы двух квадратов, то в его каноническом разложении все простые числа вида 4 n + 3 должны иметь чётные показатели степеней. Предположим, вопреки доказываемому, что a = р 2 k +1 b = x 2 + y 2 , где

р – простое число вида 4 n +3 и b p . Представим числа х и у в виде

х = Dz , y = Dt , где D = НОД(x , y ) = р s w , p w ; z , t , s N 0 . Тогда получаем равенство р 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = р 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , т.е. р 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . В левой части равенства присутствует p (нечётная степень не равна нулю), значит, на простое число p делится один из множителей в правой части. Поскольку p w , то р | (z 2 + t 2 ) , где числа z , t взаимно просты. Это противоречит следующей лемме (?!).

Лемма (о делимости суммы двух квадратов на простое число вида

4 n + 3 ). Если простое число р = 4 n +3 делит сумму квадратов двух натуральных чисел, то оно делит каждое из этих чисел.

Доказательство. От противного. Пусть x 2 + y 2 0(mod p ) , но x 0(mod p ) или y 0 (mod p ) . Поскольку x и y симметричны, их можно менять местами, так что можно предполагать, что x p .

Лемма (об обратимости по модулю p ). Для любого целого числа x , не делящегося на простое число p , существует обратный элемент по модулю p – такое целое число 1 u < p , что xu 1 (mod p ).

Доказательство. Число x взаимно простое с p , поэтому можно записать линейное разложение НОД(x , p ) = 1 = xu + pv (u , v Z ) . Ясно, что xu 1(modp ) , т.е. u – обратный элемент к x по модулю p . Если u не удовлетворяет ограничению 1 u < p , то поделив u с остатком на p , получим остаток r u (mod p ) , для которого xr xu 1 (mod p ) и 0 r < p .

Лемма об обратимости по модулю p доказана.

Умножая сравнение x 2 + y 2 0 (mod p ) на квадрат u 2 обратного элемента к x по модулю p , получим 0 = 0u 2 x 2 u 2 + y 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1 + t 2 (mod p).

Таким образом, для t = yu выполнено сравнение t 2 –1 (mod p ) , которое и приведём к противоречию. Ясно, что t p : иначе t 0 (mod p ) и 0 t 2 –1 (mod p ) , что невозможно. По теореме Ферма имеем t p –1 1 (mod p ), что вместе с t 2 –1 (mod p ) и p = 4 n + 3 приводит к противоречию:

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

Полученное противоречие показывает, что допущение о x 0 (mod p ) было не верным.

Лемма о делимости суммы двух квадратов на простое число 4 n +3 доказана.

Таким образом, доказано, что число, в каноническое разложение которого входит простое число p = 4 n + 3 в нечётной степени, не представимо в виде суммы двух квадратов.

Докажем теперь, что любое число, в каноническом разложении которого простые числа p = 4 n + 3 участвуют только в чётных степенях, представимо в виде суммы двух квадратов.

Идея доказательства основана на следующем тождестве:

(а 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac – bd) 2 + (ad + bc) 2 ,

которое можно получить из известного свойства модуля комплексных чисел – модуль произведения равен произведению модулей. Действительно,

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

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

(а 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac – bd) 2 + (ad + bc) 2 .

Из этого тождества следует, что если два числа u, v представимы в виде суммы двух квадратов: u = x 2 + y 2 , v = z 2 + t 2 , то и их произведение uv представимо в виде суммы двух квадратов: uv = (xz – yt ) 2 + (xt + yz ) 2 .

Любое натуральное число a > 1 можно записать в виде a = р 1 … р k m 2 , где р i – попарно различные простые числа, m N . Для этого достаточно найти каноническое разложение , записать каждую степень вида r в виде квадрата (r ) 2 при чётном = 2, или в виде r = r (r ) 2 при нечётном = 2 + 1 , а затем сгруппировать отдельно квадраты и оставшиеся одиночные простые числа. Например,

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

Число m 2 обладает тривиальным представлением в виде суммы двух квадратов: m 2 = 0 2 + m 2 . Если доказать представимость в виде суммы двух квадратов всех простых чисел р i (1 i k ) , то используя тождество, будет получено и представление числа a. По условию, среди чисел р 1 , … , р k могут встретиться только 2 = 1 2 + 1 2 и простые числа вида 4 n + 1 . Таким образом, осталось получить представление в виде суммы двух квадратов простого числа р = 4т + 1 . Это утверждение выделим в отдельную теорему (см. ниже)

Например, для a = 29250 = 2513(15) 2 последовательно получаем:

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 .

Теорема доказана.

§ 4. Уравнение х+ х + 1 = 3у

Займемся теперь уравнением х+x+1=Зу. Оно уже имеет свою историю. В 1950 г. Р. Облат высказал предположение, что, кроме решения

x =у=1 . оно не имеет иных решений в натуральных числах х, у , где х есть нечетное число. В том же году Т. Нагель указал решение x = 313, у =181. Метод, аналогичный изложенному выше для уравнения х+х-2у=0 , позволит нам определить все решения уравнения x +х+1=3у (1)

в натуральных числах x , у. Предположим, что (х, у) есть решение уравнения (1) в натуральных числах, причем х > 1 . Можно легко убедиться, что уравнение(18) не имеет решений в натуральных числах x , у , где х = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9; поэтому должно быть х10.

Покажем, что 12у<7 x +3, 7у>4 x + 2. 4у> 2 x +1 . (2)

Если бы было 12y > 7x+3 , мы имели бы 144у > 49 x +42 x +9 . а так как, в виду (18), 144у= 48 x + 48 x + 48 , то было бы х < 6 x +3 9, откуда

(х-З) < 48 и, значит, учитывая, что x > 10, 7 < 148 , что невозможно. Итак, первое из неравенств (2) доказано.

Если бы было 7у < 4 x +2 , мы имели бы 49у < 16 x + 16 x +4 , а так как, ввиду (1), 16 x + 16 x + 16 = 48у , то было бы 49у < 48у- 12 , что невозможно. Таким образом, доказано второе из неравенств (2), из которого уже непосредственно вытекает третье. Итак, неравенства (2) верны.

Положим теперь

w = 7х - 12у+3, h = -4 x + 7у-2 . (3)

На основании (2), найдем, что w > 0 , h > 0 и х - w =3(4 y -2 x -1)>0 и, значит, w <х . Согласно (3), имеем w 2 + w +1=3 h 2 откуда, ввиду (1), Примем g(x, у) = (7х- 12у + 3, -4x + 7у -2) .

Итак, можно сказать, что, исходя из любого решения (х, у) уравнения (1) в натуральных числах, где х > 1 , мы получаем новое решение (w , h ) = g(x, у) уравнения (1) в натуральных числах w , h где w < х (и значит, решение в меньших натуральных числах). Отсюда, действуя как выше, найдем, что для каждого решения уравнения (1) в натуральных числах х, у , где х > 1 , существует натуральное число n такое, что g(x, y) = (l, 1).

Приняв же f(x, у) = (7 x +12у + 3, 4 x + 7у + 2) , (4) легко найдем, что f(g(x,y)) = (x, у) и, следовательно, (x , y ) = f (1,1) С другой стороны, легко проверить, что если (х, у) есть решение уравнения (1) в натуральных числах, то f (x , y ) также есть решение уравнения (1) в натуральных числах (соответственно больших, чем х и у ).

Приняв x=y=1(x, y) = f(1, 1) для n =2,3,…..,

получим последовательность { x , y } для n = 1, 2,….., содержащую все решения уравнения (1) в натуральных числах и только такие решения.

Здесь мы имеем (х, y )= f (1,1)= f (x, y), следовательно, в силу (4), получаем

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

Формулы, позволяющие последовательно определять все решения (х, у) уравнения (1) в натуральных числах. Таким путем легко получаем решения (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Этих решений имеется, очевидно, бесконечное множество. Из равенств

х= у= 1 и (4) при помощи индукции легко находим, что числа х с нечетными индексами суть нечетные, с четными же - четные, а числа y суть нечетные для n = 1, 2, ... Для получения всех решений уравнения (1) в целых числах х, у , как нетрудно доказать, следовало бы к уже полученным решениям (x, y) присоединить (x, -y) и (-x-1, ±y) для n =1, 2, .. .

Так что здесь мы имеем, например, еще такие решения: (-2,1) (-23,13), (-314,181). А. Роткевич заметил, что из всех решений уравнения (1) в натуральных числах х > 1 и у можно получить все решения уравнения (z+1)- z = y (6)

в натуральных числах z, у. В самом деле, допустим, что натуральные числа z,у удовлетворяют уравнению (5). Положив x=3z+l , получим, как легко проверить, натуральные числа х > 1 и у , удовлетворяющие уравнению (1).

С другой стороны, если натуральные числа х > 1 и у удовлетворяют уравнению (1), то имеем, как легко проверить, (х- 1)= 3(у-х) , откуда следует, что число (натуральное) х-1 делится на 3 , следовательно х-1= 3 z, где z есть натуральное число, причем имеет место равенство 3z= y- x =у3 z -1 , которое доказывает, что числа z и у удовлетворяют уравнению (6). Таким образом, исходя из решений (22,13),(313,181), (4366,2521) уравнения (1), получаем решения (7,13),(104,181),(1455,2521) уравнения (6). Заметим здесь еще, что если натуральные числа z, у удовлетворяют уравнению (6), то доказано, что у есть сумма двух последовательных квадратов, например 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Подобным образом, как прежде для уравнения(1), мы могли бы найти все решения уравнения x +(x +1)= y в натуральных числах х, у , приняв для х > 3 g(x. у) = (3х -2у+1, 3у - 4х- 2) и для x > 1 f(x, y) = (3 x + 2y+l, 4х + Зу + 2), что приводит к формуле (х, у) f (3,5) и к выводу, что все решения уравнения (6) в натуральных числах х, у содержатся в последовательности { x , y } для n = 1, 2,…., где х= 3, у= 5, а x =3 x +2 y +1 . y = 4 x +3 y +2 (n =1, 2, ...). Например, х=3 3+2 5+1=20, у= 4 3+З 5 + 2 = 29; x =119, у=169: x =69б, у= 985; x =4059, у=5741.

Геометрический смысл рассмотренного уравнения состоит в том, что оно дает все пифагоровы треугольники (прямоугольные с натуральными сторонами), катеты которых выражаются последовательными натуральными числами. Таких треугольников имеется бесконечное множество (*).

Уравнение же x +(x +1)= y , как доказано, не имеет решений в натуральных числах х, у .

МУНИЦИПАЛЬНОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ

СРЕДНЯЯ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНАЯ ШКОЛА № 28 города СМОЛЕНСКА

СМОЛЕНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Секция Математика

Реферат

Диофантовы уравнения

Выполнил работу: Гончаров Евгений Игоревич,

учащийся 11 класса

Руководитель: Солдатенкова Зоя Александровна,

учитель математики

Смоленск

Почему меня заинтересовала данная тема?

Как-то раз, листая учебник, я наткнулся на небольшую врезку о диофантовых уравнениях. Я сразу же заметил, что текстовые задачи в рамках этой темы имеют интригующее, порой комичное, условие, а в силу большого количества различных методов их решения, они вовсе не кажутся типовыми. Кроме того, некоторые вызвали у меня затруднение.

Находя пути их рационального решения, я стал плотнее знакомиться с данной темой. Чем глубже я погружался - тем больше сложных и интересных задач встречал, тем больше возникало вопросов. Вскоре я осознал, что большая часть этой темы лежит за рамками школьной программы.

Поэтому я не стал опережать события и углубляться в теорию (КТО, 10 проблема Гильберта, Великая теорема Ферма и прочее). А начал осваивать исключительно алгоритмы решения диофантовых уравнений и систем уравнений, параллельно знакомясь с историей их открытия.

Диофант Александрийский - древнегреческий математик. Летописи не сохранили практическиникаких сведений об этом ученом. Диофант представляет одну занимательных загадок в истории математики. из Мы не знаем, кем он был, точные года его жизни, нам не известны его предшественники, которые работали бы в той же области, что и сам Диофант:

Диофант цитирует Гипсикла Александрийского (древнегреческого математика и астронома, жившего во II веке до н. э.);

О Диофанте пишет Теон Александрийский (греческий математик эпохи позднего эллинизма, философ и астроном, живший в III веке н.э.);

Свои работы Диофант посвящаетДионисию Александрийскому (епископу,жившему в середине III в. н. э.). Таким образом, ученые предполагают, что этот математик жил в IIIв.н.э.

В антологии МаксуимаПлануда (греческого монаха XIV в. н.э.) содержится эпиграмма-задача „Эпитафия Диофанта":

Прах Диофанта гробница покоит; дивись ей - и камень

Мудрым искусством его скажет усопшего век.

Волей богов шестую часть жизни он прожил ребенком.

И половину шестой встретил с пушком на щеках.

Только минула седьмая, с подругой он обручился.

С нею, пять лет проведя, сына дождался мудрец;

Только полжизни отцовской возлюбленный сын его прожил.

Отнят он был у отца ранней могилой своей.

Дважды два года родитель оплакивал тяжкое горе,

Тут и увидел предел жизни печальной своей.

(Пер. С. Н. Боброва).

Эта задача сводится к составлению и решению простейшего линейногоуравнения:

(1/6)х+(1/12)х+(1/7)х+5+(1/2)х+4=х,

где х -количество лет, прожитых Диофантом.

х+7х+12х+42x+9*84=84х;

х=84 - вот сколько лет прожил Диофант.

И за эти годы Диофант написал сочинения Об измерении поверхностей и Об умножении, трактат О многоугольных числах. Основнымже произведением Диофанта является Арифметика в 13 книгах.

К сожалению, далеко не все его работы сохранились. В тех, что дошли до нас, содержится 189 задач с решениями, сводящимися к определенным уравнениям первой и второй степеней и неопределенным. Вклад этого ученого в развитие математики огромен.

Диофант вводит специальные символы для вычитания, сокращенные слова для отдельных определений и действий. То есть именно он был автором первого алгебраического языка.

В честь Диофанта назван кратер на Луне.

Однако Диофант не искал общих решений, а довольствовался каким-нибудь одним, как правило, положительным решением неопределенного уравнения.

Диофантовы уравнения как математическая модель жизненных ситуаций

Каждый человек, даже бесконечно далекий от математики, встречался и, более того, - решал простейшие диофантовы уравнения, сам того не зная. Действительно, они служат математической моделью ко многим задачам, возникающим на бытовом уровне.

Задача № 1

На складе есть ящики с гвоздями, массой по 16, 17 и 40 кг. Сможет ли кладовщик выдать 100 кг гвоздей, не раскрывая ящиков?

Легко заметить, что 17 кг +17кг +16 кг=50 кг. Тогда, что бы выдать 100 кг (в 2 раза больше) необходимо взять 4 ящика по 17 кг и 2 ящика по 16 кг.

Ответ: Да, сможет.

Здесь нам повезло: решение свелось к простейшему перебору, а ответ оказался очевидным. Рассмотрим еще одну задачу:

Задача № 2

В загоне находятся одноглавые сороконожки и трехглавые змеи. Всего у них 298 ног и 26 голов. Сколько ног у трехглавых змей?

Пусть в загоне было х сороконожек, и y Горынычей, причем у каждого змея по p ног. Сразу же оговорим, что каждая из этих переменных должна быть целой и положительной. Тогда:

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/yТогда: х=5

Так как p целое, то p=27,25 нам не подходит.

Эта задача была несколько сложнее первой, но путем введения ограничений на переменные мы смогли сузить перебор всего до двух случаев. Идем дальше:

Задача № 3

Требуется разлить 20,5 литра сока в банки по 0,7 литра и 0,9 литра так, чтобы все банки оказались полными. Сколько каких банок надо заготовить? Какое наименьшее количество банок при этом может понадобиться?

Пусть xколичество банок по 0,7 литра, а у - 0,9 литра. Тогда составим уравнение:

Очевидно, что прямой перебор чисел в лоб займет уйму времени. А в мире нет места для некрасивой математики ©Г. Харди.

Рассмотрим метод решения подобных уравнений, а потом вернемся непосредственно к нашей задачи и доделаем ее.

Метод рассеивания

Диофантово уравнение имеет вид:(x1,x2…xn)=0, где P - целочисленная функция, а переменные xi принимают целые значения. Решая задачу № 2, мы столкнулись с уравнением вида ax+by=c, где a,b и с целочисленные коэффициенты, а x и у - переменные, принимающие только целые значения. Это - линейное диофантово уравнение с двумя неизвестными.

Общий метод для решения таких уравнений возник в Индии в XII веке. Его появление было вызвано астрономическими запросами и календарными

расчетами. Первые намеки на общее решение диофантовых уравнений сделал Ариабхатт. Сам же метод был создан Бхаскарой и Брахмагуптой. Сейчас он известен как метод рассеивания. Разберем его на примере:

Пример № 1: Найти все целые решения уравнения 19х-8у=13.

Выразим у через х (так как коэффициент при у наименьший) и выделим целую часть:

у= (19x-13)/8 = (3х-13)/8 +2х

Выражение (3х-13)/8 должно быть целым. Обозначим его k.

Тогда 8k=3x-13. Повторим проделанную выше операцию:

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

Из равенства (4) очевидно, что h принимает целые значения при любых целых значениях p.

Путем последовательных подстановок (4) находим выражения для неизвестных: k=13+3p, x= 39+8p и, наконец, у=91+18p.

Ответ: (39+8p;91+18p).

Теперь, обладая достаточным запасом знаний, вернемся к задачи № 3.

х=29+(2-9у)/7; пусть t=(2-9у)/7, где t - целое число;

t=2-9y; t=(2-2y)/7-y; пусть (2-2y)/7=p, где p - целое число;

Y=7k, где kцелое;y=1-7k, где k - целое число. Тогда x=28+9k.

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

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

То есть kможет принимать значения: -3,-2,-1,0.

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

То есть наименьшему количеству банок соответствует наименьшее k.

(x+y)наименьшее=29-6=23.

Ответ: (28+9k;1-7k), где kпринимает значения -3,-2,-1,0. Наименьшее количество банок 23.

Задачи на разложение числа

Стоит заметить, что текстовые задачи, сводящиеся к нахождению числа, знаю его делители и остатки, занимают особое, почетное место, среди текстовых задач по данной теме. Они же и наиболее сложные, а значит интересные. Рассмотрим некоторые из них.

Крестьянка несла на базар корзину яиц. Неосторожный всадник, обгоняя женщину, задел корзину, и все яйца разбились. Желая возместить ущерб, он спросил у крестьянки, сколько яиц было в корзине. Она ответила, что число яиц не знает, но когда она раскладывала их по 2, по 3, по 4, по 5 и по 6, то каждый раз одно яйцо оставалось лишним, а когда она разложила по 7, лишних яиц не осталось. Какое наименьшее количество яиц могла нести крестьянка на базар?

Решение: Обозначим за n искомое количество яиц, тогда составим систему уравнений:

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

Из уравнений (1), (2),(3),(4),(5) следует, что число n-1=2*3*2*5k, где kцелое;

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

При подстановке полученного n в (7) уравнение получаем: 60k+1=7f.

f= (60k+1)/7 = (4k+1)/7 + 8k;=(4k+1)/7,где rцелое, (1)

7r=4k+1; 4k=7r-1; k=(3r-1)/4+r;=(3r-1)/4,где sцелое

3r-1=4s; 3r=4s+1;r= (s+1)/3+r;= (s+1)/3,где u целое,тогда

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

то есть s всегда принимает целые значения при любом целочисленном u. Путем последовательных подстановок получаем:

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

Очевидно, что при u=1, f принимает наименьшее положительное значение, а именно 301.

Ответ: 301.

* Следует заметить, что не обязательно слепо следовать этому алгоритму до самого победного конца. Фактически, в рамках условия задачи, нам не обязательно отыскивать все возможные целые значения k: достаточно лишь одного, наименьшего. И уже после (1) преобразования очевидно, что искомое нами k равно 5, а значит f=60*5+1=301.

Предположим, что имеется некоторое количество туристов. Разбив их на тройки, получаем в остатке 2, разбив на пятерки - 3, разбив на семерки - 2. Сколько туристов в группе, если всего их число не превосходит 100 человек.

Пусть всего было k туристов. Тогда:

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

И тут очевидная часть нашего решения заходит в тупик. Что бы из него выйти необходимо вспомнить, что:

1) a*b+c?c (moda) ? c (modb). Например, 15 ? 1 (mod 7), то есть число 15 дает в остатке 1 при делении 7.

2) a*b+d ? c (modr) óa*b ? c-d (modr) ób ? a(c-d) (modr)óa? b(c-d) (modr). Тогда:

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, гдеpцелоеa=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, гдеdцелоеp=-135 + 7dp= -135 + 7d

Итак, k=105d-2014. Если d=20, то k = 86, если d<20 , то k<0, если d>20, то k>100. Ответ: 86.

Давайте попробуем придать ей практическую полезность, например, выведем общую формулы для экскурсовода для подсчета туристов. Пусть r1, r2, r3 остатки при делении общего числа туристов на группы по 3, 5,7 соответственно, а общее количество туристов по-прежнему не будет превышать 100 человек. Аналогичнорассуждая, получаем:

3a+r1 3a? (r2-r1) (mod 5)a=3(r2-r1) + 5d, гдеdцелое=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, где p целое

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

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

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

Итак, нами получена формула для k. Но в ней помимо r1,r2,r3 присутствует целочисленноеd. Возникает закономерный вопрос: всегда ли числоkбудет определяться единственным образом, если оно меньше 100? Меньше 150? 43? и так далее.

Китайская теорема об остатках

Китайская теорема об остатках (КТО) - несколько связанных утверждений, сформулированных в трактате китайского математика Сунь Цзы (IIIв.н.э.) и обобщенных ЦиньЦзюшао(XVIIIв.н.э.) в его книге «Математические рассуждения в 9 главах». Звучит она так:

Пусть числа M1 , M2, …, Mk - попарно взаимно простые, и M= M1*M2*…*Mk .Тогдасистема

x?B1 (modM1)? B2 (modM2)

имеет единственное решение среди чисел {0,1,…,M-1}.

Проще говоря, ответ будет всегда однозначным, если искомое число туристов меньше произведения делителей, на которые его делят. Возвращаясь к задаче № 4, мы говорим, что их будет возможно сосчитать, если их общее число не будет превышать 104. (М-1=3*5*7-1=104). Так значит, что бы посчитать человек, отталкиваясь от нашей формулы необходимо вычислить 225r3-1792r1-2016r2, а потом отнимать от него число 105 до тех пор, пока мы не получим число меньшее 105, но большее 0. Это долго и неудобно. Да и, честно говоря, число около ста человек можно сосчитать и не используя такие сложные алгоритмы.

Простейшие нелинейные диофантовы уравнения

Диофант полностью проанализировал неопределённые уравнения второй степени с двумя неизвестными. Для решения уравнений и систем более высоких степеней он разработал ещё более тонкие и сложные методы, которые привлекали внимание многих европейских математиков Нового времени. Но практически все уравнения этого типа в рамках школьного курса решаются методом разложения на множители.

Пример № 2: Решить в целых числах уравнениеx2-3xy+2y2=7.

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

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

Очевидно, что мы можем получить число 7 следующими способами: 1*7=7;7*1=7;-1*(-7)=7;-7*(-1).

Тогда составим и решим систему уравнений:

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

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

Пример № 3:Доказать, что уравнение x5+3x4y- 5x3y2-15x2y3 + 4xy4+12y5=33 не имеет целочисленных корней.

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;

Если у=0, тогда исходное уравнение примет вид x5=33. Тогда x не является целым. Значит, при у=0 данное уравнение не имеет целых решений. Если, y?0, то все пять множителей в левой части уравнения различны. С другой стороны число 33 можно представить в виде произведения максимум четырёх различных множителей (33=1·3·11 или 33=-1·3·(-11)·(-1) и т.д.). Следовательно, при y?0данное уравнение также не имеет целых решений.

Десятая проблема Гильберта

Так или иначе, возникает вопрос: любое ли диофантово уравнение можно решить, то есть найти его корни или доказать их отсутствие.

августа 1900 года состоялась II Международный конгресс математиков. На ней Давид Гильберт предложил 23 задачи. Десятая звучала так:

Пусть задано диофантово уравнение с произвольными неизвестными и целыми рациональными числовыми коэффициентами. Указать способ, при помощи которого возможно после конечного числа операций установить, разрешимо ли это уравнение в целых рациональных числах.

Множество светлых умов XX-ого века бились над этой задачей:АксельТуэ, ТуральфСкулем, Эмиль Пост, Джулия Робинсон, Мартин Дэвис и Хилари Патнем, Мартина Дэвиса и другие. И лишь в 1970 году Юрий Матиясевич завершилдоказательство алгоритмической неразрешимости этой задачи.

Давид Гильберт (23 января 1862 - 14 февраля 1943) - немецкий математик-универсал, внёс значительный вклад в развитие многих областей математики. В 1910-1920-е годы (после смерти Анри Пуанкаре) был признанным мировым лидером математиков. В 1970 г. Международный астрономический союз присвоил имя Гильберта кратеру на обратной стороне Луны.

Юрий Владимирович Матиясевич (родился 2 марта 1947 года, Ленинград) - советский и российский математик, исследователь Санкт-Петербургского отделения Математического института им. В. А. Стеклова РАН, член экспертной комиссии РСОШ по математике, академик Российской академии наук, доктор физико-математических наук

диофант уравнение математический

Заключение

Эта тема многогранна и практически необъятна. Недаром над ней ломали голову ученые с мировым именем на протяжении все истории развития математики. Она затрагивает фундаментальные понятия в математике и знания о диофантовых уравнениях, как мне кажется, никогда не будут исчерпывающими.

Делая этот реферат я овладел методом рассеивания, научился решать системы уравнений на задачи про остатки, познакомился с историей освоения методов решения диофантовых уравнений.

По миру математики, которая уже давно мудра и величава, мы идём проторенным путём.

Но каждый может стать первооткрывателем: вначале для себя, а в будущем, может, и для других…

Я думаю продолжить работу над этой темой, расширить свои познания в решении неопределённых уравнений. Изучение новых методов решения обогащает багаж знаний любого человека, тем более, что они могут оказаться актуальными на ЕГЭ (С6).

Список используемой литературы

1.Журнал «Квант» 1970г. №7

.«Энциклопедия юного математика» 520 с.

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

Пичугин Л.Ф. «За страницами учебника алгебры», М., 1990г., 224с.

Глейзер Г.И. «История математики в школе 10-11», 351с

Петраков И.А. «Математика для любознательных», М., 2000г. 256с.

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

Репетиторство

Нужна помощь по изучению какой-либы темы?

Наши специалисты проконсультируют или окажут репетиторские услуги по интересующей вас тематике.
Отправь заявку с указанием темы прямо сейчас, чтобы узнать о возможности получения консультации.