Metoda zejścia do rozwiązywania równań diofantycznych. Rozwiązywanie liniowych równań diofantycznych z dowolną liczbą niewiadomych. Problem z łapami
Dziś proponuję zastanowić się nad pewnym ciekawym problemem matematycznym.
Mianowicie rozgrzejmy się, rozwiązując następujące równanie liniowe:
„Co jest trudne?” - ty pytasz. Rzeczywiście tylko jedno równanie i aż cztery niewiadome. Zatem trzy zmienne są wolne, a ostatnia od nich zależy. Wyraźmy to więc szybko! Na przykład poprzez zmienną , zestaw rozwiązań wygląda następująco:
gdzie jest zbiorem dowolnych liczb rzeczywistych.
Cóż, rozwiązanie naprawdę okazało się zbyt trywialne. Wtedy skomplikujemy nasze zadanie i uczynimy je ciekawszym.
Pamiętajmy o równania liniowe ze współczynnikami całkowitymi i pierwiastkami całkowitymi, które w rzeczywistości są rodzajem równań diofantycznych. W szczególności nałożymy na nasze równanie odpowiednie ograniczenie dotyczące współczynników całkowitych i pierwiastków. Współczynniki dla niewiadomych są już liczbami całkowitymi (), ale same niewiadome muszą być ograniczone do następujących:
gdzie jest zbiorem liczb całkowitych.
Teraz rozwiązanie otrzymane na początku artykułu nie zadziała, ponieważ ryzykujemy otrzymanie go jako liczby wymiernej (ułamkowej). Jak więc rozwiązać to równanie? wyłącznie w liczbach całkowitych?
Zainteresowanych rozwiązaniem tego problemu pytam pod kat.
I kontynuujemy z tobą. Spróbujmy dokonać elementarnych przekształceń żądanego równania:
Problem nadal wygląda na niezrozumiały, w takich przypadkach matematycy zwykle dokonują jakiegoś podstawienia. Pobawmy się z tobą:
Wow, osiągnęliśmy ciekawy wynik! Współczynnik z nami teraz równy jeden, co oznacza, że ty i ja możemy wyrazić tę niewiadomą w kategoriach pozostałych niewiadomych w tym równaniu bez żadnych podziałów (co zgrzeszyliśmy na samym początku artykułu). Zróbmy to:
Zauważmy, że to mówi nam, że bez względu na to, czym one są (w ramach równań diofantycznych), nadal pozostaną liczbami całkowitymi i to jest w porządku.
Pamiętając, że uczciwie jest tak mówić. I zastępując wynik uzyskany powyżej, otrzymujemy:
Tutaj również widzimy, że bez względu na to, czym one są, nadal pozostaną liczbami całkowitymi i nadal jest to w porządku.
Wtedy przychodzi do głowy genialny pomysł: zadeklarujmy więc jako zmienne wolne i będziemy je wyrażać! Właściwie już to zrobiliśmy. Pozostaje tylko wpisać odpowiedź do systemu rozwiązań:
Teraz możesz to zobaczyć w systemie decyzyjnym nigdzie nie ma podziału, co oznacza, że rozwiązania będą zawsze całkowite. Spróbujmy znaleźć konkretne rozwiązanie pierwotnego równania, zakładając np., że:
Zastąp w pierwotnym równaniu:
To samo, fajne! Spróbujmy jeszcze raz z innym przykładem, dobrze?
Tutaj widzimy ujemny współczynnik, może on sprawić nam sporo problemów, więc pozbądźmy się grzechu, zastępując go, wtedy równanie będzie następujące:
Jak pamiętamy, naszym zadaniem jest dokonanie takich przekształceń, aby w naszym równaniu była niewiadoma z jednostkowym współczynnikiem (aby później wyrazić ją przez resztę bez dzielenia). Aby to zrobić, musimy znowu coś "wyjąć z nawiasu", najszybciej jest wziąć z równania współczynniki, które są najbliższe jedności. Musisz jednak zrozumieć, że tylko liczba, która jest koniecznie jakimś współczynnikiem równania (nie więcej, nie mniej) może zostać wyjęta z nawiasu, w przeciwnym razie natkniemy się na tautologię / sprzeczność lub ułamki (innymi słowy, jest niemożliwe, aby wolne zmienne pojawiały się gdzieś poza ostatnią zmianą). Więc:
Wprowadzamy zamiennik, wtedy otrzymujemy:
Ponownie wyjmujemy to z nawiasu i ostatecznie otrzymujemy niewiadomą w równaniu o współczynniku jednostkowym:
Wprowadzamy zamiennik, a następnie:
Wyraźmy stąd naszą samotną niewiadomą:
Wynika z tego, że cokolwiek weźmiemy, to i tak pozostanie liczbą całkowitą. Następnie znajdujemy ze stosunku:
Podobnie znajdujemy z relacji:
Pod tym względem nasz system rozwiązań dojrzał - wyraziliśmy absolutnie wszystkie niewiadome bez uciekania się do dzielenia, pokazując w ten sposób, że rozwiązanie na pewno będzie liczbą całkowitą. Nie zapominajmy też o tym i musimy wprowadzić odwrotne podstawienie. Wtedy ostateczny układ rozwiązań jest następujący:
Pozostaje więc odpowiedzieć na pytanie - czy jakiekolwiek podobne równanie można rozwiązać w ten sposób? Odpowiedź: nie, jeśli równanie jest w zasadzie nierozwiązywalne. Dzieje się tak w przypadkach, gdy termin wolny nie jest podzielny przez NWD wszystkich współczynników dla niewiadomych. Innymi słowy, biorąc pod uwagę równanie:
Aby rozwiązać go w liczbach całkowitych, wystarczy spełnić następujący warunek:
(gdzie to największy wspólny dzielnik).
Dowód
Dowód nie jest rozpatrywany w ramach tego artykułu, ponieważ jest to powód do osobnego artykułu. Można to zobaczyć na przykład we wspaniałej książce W. Sierpińskiego „O rozwiązywaniu równań na liczbach całkowitych” w §2.
Podsumowując powyższe, piszemy algorytm działań do rozwiązywania liniowych równań diofantycznych z dowolną liczbą niewiadomych:
Podsumowując, warto powiedzieć, że możliwe jest również dodanie ograniczeń na każdy składnik równania w postaci nierówności na nim (wówczas do układu rozwiązań dodawany jest układ nierówności, zgodnie z którym odpowiedź będzie musiała dostosować), a także dodać coś jeszcze ciekawego. Nie należy również zapominać, że algorytm rozwiązania jest ścisły i można go zapisać w postaci programu komputerowego.
Piotr był z tobą
Dziękuję za uwagę.
Zadanie 1. Załóżmy, że ośmiornice i rozgwiazdy żyją w akwarium. Ośmiornice mają 8 nóg, a rozgwiazdy 5. Łącznie nóg jest 39. Ile zwierząt jest w akwarium?
Rozwiązanie. Niech x będzie liczbą rozgwiazd, a y liczbą ośmiornic. Wtedy wszystkie ośmiornice mają 8 nóg, a wszystkie gwiazdy mają 5 nóg. Ułóżmy równanie: 5x + 8y = 39.
Należy zauważyć, że liczba zwierząt nie może być wyrażona jako liczby niecałkowite lub ujemne. Dlatego jeśli x jest nieujemną liczbą całkowitą, to y \u003d (39 - 5x) / 8 musi być również liczbą całkowitą i nieujemną, co oznacza, że wyrażenie 39 - 5x musi być podzielne przez 8 bez reszty. wyliczenie opcji pokazuje, że jest to możliwe tylko wtedy, gdy x = 3, to y = 3. Odpowiedź: (3; 3).
Równania postaci ax + bu = c nazywane są diofantynami, na cześć starożytnego greckiego matematyka Diofantosa z Aleksandrii. Najwyraźniej Diofant żył w III wieku. N. e., pozostałe znane nam fakty z jego biografii wyczerpuje taki zagadkowy wiersz, zgodnie z legendą, wyryty na jego nagrobku:
Na prochach Diofantosa spoczywa grób; podziwiaj ją i kamień
Wiek zmarłego powie mu mądrą sztuką.
Z woli bogów przeżył jedną szóstą swojego życia jako dziecko.
I spotkał połowę szóstego z puchem na policzkach.
Dopiero siódmy minął, zaręczył się ze swoją dziewczyną.
Wraz z nią, po spędzeniu pięciu lat, mędrzec czekał na syna;
Jego ukochany syn przeżył tylko połowę życia ojca.
Został zabrany ojcu przez jego wczesny grób.
Dwa razy dwa lata rodzic opłakiwał ciężki żal,
Tutaj zobaczyłem granicę mojego smutnego życia.
Ile lat żył Diofant z Aleksandrii?
Zadanie 2. Na magazynie znajdują się gwoździe w kartonach po 16,17 i 40 kg. Czy sklepikarz może wydać 100 kg gwoździ bez otwierania pudeł? (metoda bezpośredniego wyliczenia)
Przeanalizujmy sposób rozwiązania ze względu na jedną niewiadomą.
Zadanie 3. W katalogu galerii znajduje się 96 obrazów. Na niektórych stronach znajdują się 4 obrazy, a na niektórych 6. Ile stron każdego rodzaju znajduje się w katalogu?
Rozwiązanie. Niech x będzie liczbą stron z czterema obrazkami,
y to liczba stron z sześcioma obrazkami,
Rozwiązujemy to równanie względem równania niewiadomych, dla których najmniejszy (modulo) współczynnik. W naszym przypadku jest to 4x, czyli:
Całe równanie dzielimy przez ten czynnik:
4x=96-6y | :4;
Reszty przy dzieleniu przez 4: 1,2,3. Zastąp te liczby y.
Jeśli y=1, to x=(96-6∙1):4=90:4 - Nie działa, rozwiązanie nie jest w liczbach całkowitych.
Jeśli y=2, to x=(96-6∙2):4=21 - Odpowiednie.
Jeśli y=3, to x=(96-6∙3):4=78:4 - Nie działa, rozwiązanie nie jest w liczbach całkowitych.
Zatem rozwiązaniem szczególnym jest para (21;2), co oznacza, że na 21 stronach znajdują się 4 obrazki, a na 2 stronach 6 obrazków.
Przeanalizujmy metodę rozwiązania za pomocą algorytmu Euclid.
Zadanie 4. W sklepie dostępne są dwa rodzaje czekolady: mleczna i gorzka. Cała czekolada jest przechowywana w pudełkach. W magazynie jest 7 pudełek czekolady mlecznej, a ciemnej 4. Wiadomo, że była jeszcze jedna tabliczka gorzkiej czekolady. Ile tabliczek czekolady jest w każdym typie pudełka?
Rozwiązanie. Niech x będzie liczbą tabliczek czekolady mlecznej w jednym pudełku,
y to liczba tabliczek ciemnej czekolady w jednym pudełku,
Następnie, zgodnie z warunkiem tego problemu, możemy napisać równanie:
Rozwiążmy to równanie za pomocą algorytmu Euklidesa.
Wyraź 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.
Wyrażenie 4=3∙1+1, => 1=4-3∙1=4-(7-4∙1)=4-7+4∙1=4∙ 2 -7∙1 =1.
Okazuje się więc, że x=1; y=2.
A to oznacza, że mleczna czekolada jest w pudełku po 1 sztuce, a gorzka to 2 sztuki.
Przeanalizujmy sposób poszukiwania konkretnego rozwiązania oraz ogólną formułę rozwiązania.
Zadanie 5. W afrykańskim plemieniu Tumbe-Yumbe dwóch tubylców Tumba i Yumba pracuje jako fryzjerzy, a Tumba zawsze zaplata 7 warkoczy dla swoich klientów, a Yumba po 4 warkocze. Ilu klientów obsługiwali indywidualnie mistrzowie podczas zmiany, jeśli wiadomo, że razem zaplecili 53 warkocze?
Rozwiązanie. Niech x będzie liczbą klientów Tumby,
y to liczba klientów Yumba,
wtedy 7x+4y=53 (1).
Teraz, aby znaleźć konkretne rozwiązania równania (,), podstawiamy sumę podanych nam liczb przez 1. To znacznie uprości poszukiwanie odpowiednich liczb. Otrzymujemy:
Rozwiążmy to równanie metodą podstawienia.
4y \u003d 1-7x │: 4;
Reszta z dzielenia przez 4: 1, 2, 3. Zastąp te liczby zamiast x:
Jeśli x=1, to y=(1-7):4 nie jest odpowiednie, ponieważ rozwiązanie nie jest liczbami całkowitymi.
Jeśli x=2, to y=(1-7∙2):4 nie jest odpowiednie, ponieważ rozwiązanie nie jest liczbami całkowitymi.
Jeśli x=3, to y=(1-7∙3):4=-5 jest w porządku.
Następnie mnożymy otrzymane wartości przez wartość początkową sumy, którą zastąpiliśmy przez 1, czyli
x=x 0 ∙53=3∙53=159;
y=y 0 ∙53=-5∙53=-265.
Znaleźliśmy szczególne rozwiązanie równania (1). Sprawdźmy to podstawiając początkowe równanie:
7∙159+4∙(-265)=53; (3)
Odpowiedź przyszła razem. Gdybyśmy rozwiązywali abstrakcyjne równanie, moglibyśmy na tym poprzestać. Jednak rozwiązujemy problem, a ponieważ Tumba nie mógł zapleść ujemnej liczby warkoczy, musimy kontynuować rozwiązanie. Teraz napiszemy wzory na rozwiązanie ogólne. Aby to zrobić, odejmujemy od początkowego równania (1) równanie z podstawionymi wartościami (3). Otrzymujemy:
Wyjmijmy wspólne czynniki z nawiasów:
7(x-159)+4(y+265)=0.
Przenieśmy jeden z wyrazów z jednej części równania do drugiej:
7(x-159)=-4(y+265).
Teraz stało się jasne, że aby równanie zostało rozwiązane, (x-159) musi być podzielne przez -4, a (y + 265) musi być podzielne przez 7. Wprowadźmy zmienną n, która wyświetli naszą obserwację:
Przenieśmy wyrazy z jednej strony równania na drugą:
Otrzymaliśmy ogólne rozwiązanie tego równania, teraz możemy wstawić do niego różne liczby i uzyskać odpowiadające im odpowiedzi.
Na przykład, niech n=39, wtedy
A to oznacza, że Tumba zaplatała warkocze dla 3 klientek, a Yumba dla 8 klientek.
Rozwiązuj problemy na różne sposoby.
Zadanie 6: Vovochka kupił długopisy za 8 rubli i ołówki za 5 rubli. Ponadto za wszystkie ołówki zapłacił o 19 rubli więcej niż za wszystkie pióra. Ile długopisów i ile ołówków kupił Mały Johnny? (metoda poszukiwania rozwiązania ogólnego, rozwiązania dla jednej niewiadomej, z wykorzystaniem algorytmu Euklidesa).
Zadanie 7. Flamastry zakupiono za 7 rubli, a ołówki po 4 ruble za sztukę, w sumie 53 ruble. Ile kupiono pisaków i ołówków?
Zadanie 8. (Wycieczka miejska po VOSH 2014-2015): na planecie C są dwa rodzaje monet: po 16 tugrików i po 27 tugrików. Czy za ich pomocą można kupić towar za 1 tugrik?
Zadanie 9. Szeherezada opowiada swoje opowieści wielkiemu władcy. W sumie ma do opowiedzenia 1001 bajek. Ile nocy zajmie Szeherezada, aby opowiedzieć wszystkie swoje historie, jeśli w niektóre noce opowie 3 bajki, a w niektóre 5? Za ile nocy Szeherezada opowie wszystkie swoje historie, jeśli chce to zrobić tak szybko, jak to możliwe? Ile nocy będzie potrzebowała Szeherezada, skoro jest nużąca opowiadać pięć historii na noc, więc takich nocy powinno być jak najmniej?
Zadanie 10. (pamiętajcie „Wodnika”) Jak nalać 3 litry wody, mając 9-litrowy i 5-litrowy pojemnik?
Zadanie 11. Mały Johnny świetnie sobie radzi z matematyką. W swoim pamiętniku ma tylko piątki i czwórki, a piątek jest więcej. Suma wszystkich ocen Wowoczki z matematyki wynosi 47. Ile Wowoczek dostało piątki, a ile czwórek?
Problem 12. Kościej Nieśmiertelny założył szkółkę do hodowli Węży Gorynych. W ostatnim miocie ma 17-głowe i 19-głowe Węże. W sumie ten potomek ma 339 bramek. Ile 17-głowych i 19-głowych Węży wyhodował Kościej?
Odpowiedzi: Diofant żył 84 lata;
zadanie 2: 4 pudełka po 17 kg i 2 pudełka po 16 kg;
zadanie 6: kupiono 7 ołówków i 8 długopisów, tj. (7,2) jest rozwiązaniem szczególnym, a y = 2 + 5n, x = 7 + 8n, gdzie nє Z jest rozwiązaniem ogólnym;
zadanie 7: (-53; 106) - rozwiązanie szczególne, x=4n-53, y=-7n+106 - rozwiązania ogólne, gdzie n=14, x=3, y=8, czyli 3 flamastry zakupiono długopisy i 8 ołówków;
zadanie 8: na przykład zapłać 3 monety po 27 tugrików i otrzymaj resztę w wysokości 5 monet po 16 tugrików;
zadanie 9: (2002; -1001) - rozwiązanie szczególne, x=-5 n+2002, y=3n-1001 - rozwiązanie ogólne, gdzie n=350, y=49, x=252, czyli 252 noclegi, 3 bajki każda i 49 nocy po 5 bajek - łącznie 301 nocy; opcja najszybsza: 2 noce po trzy bajki i 199 nocy po 5 bajek - łącznie 201 nocy; wariant najdłuższy: 332 noclegi z 3 bajek i 1 nocleg z 5 bajek - łącznie 333 noclegi.
zadanie 10: np. nalej 2 razy wodę do 9-litrowego słoika i 3 razy nabierz ją do 5-litrowego słoika;
zadanie 11: Mały Jaś dostał 7 piątek i 4 czwórki;
Zadanie 12: 11 Węży z 17 głowami i 8 Węży z 19 głowami.
Aby rozwiązać liniowe równanie diofantyczne, musisz znaleźć wartości zmiennych „x” i „y”, które są liczbami całkowitymi. Rozwiązanie całkowitoliczbowe jest bardziej skomplikowane niż zwykłe i wymaga określonego zestawu działań. Najpierw musisz obliczyć największy wspólny dzielnik (gcd) współczynników, a następnie znaleźć rozwiązanie. Po znalezieniu jednego rozwiązania całkowitoliczbowego równania liniowego możesz zastosować prosty wzór, aby znaleźć nieskończoną liczbę innych rozwiązań.
Kroki
Część 1
Jak napisać równanie-
Zrozumieć algorytm Euklidesa. Jest to seria powtarzających się dzieleń, w których poprzednia reszta jest używana jako następny dzielnik. Ostatnim dzielnikiem, który dzieli liczby po równo, jest największy wspólny dzielnik (gcd) tych dwóch liczb.
Zastosuj algorytm Euklidesa do współczynników „A” i „B”. Pisząc równanie liniowe w postaci standardowej, określ współczynniki „A” i „B”, a następnie zastosuj do nich algorytm Euklidesa, aby znaleźć gcd. Na przykład, biorąc pod uwagę równanie liniowe 87 x - 64 y = 3 (\ Displaystyle 87x-64y = 3).
Znajdź największy wspólny dzielnik (gcd). Ponieważ ostatnim dzielnikiem było 1, NWD liczb 87 i 64 wynosi 1. Zatem 87 i 64 są liczbami pierwszymi względem siebie.
Przeanalizuj wynik. Po znalezieniu GCD współczynników ZA (\ Displaystyle A) I B (\ Displaystyle B), porównaj to ze współczynnikiem do (\ Displaystyle C) oryginalne równanie. Jeśli do (\ Displaystyle C) dzieli się na NOD ZA (\ Displaystyle A) I B (\ Displaystyle B), równanie ma rozwiązanie całkowite; w przeciwnym razie równanie nie ma rozwiązań.
-
Kontynuuj proces zastępowania i upraszczania. Ten proces będzie powtarzany, aż dojdziesz do początkowego kroku algorytmu Euclid. Celem procesu jest zapisanie równania o współczynnikach 87 i 64 pierwotnego równania do rozwiązania. W naszym przykładzie:
- 1 = 2 (18) - 7 (5) (\ Displaystyle 1 = 2 (18) -7 (5))
- 1 = 2 (18) - 7 (23 - 18) (\ Displaystyle 1 = 2 (18) -7 (23-18))(podstawione wyrażenie z kroku 3)
- 1 = 9 (64 - 2 ∗ 23) - 7 (23) (\ Displaystyle 1 = 9 (64-2 * 23) -7 (23))(podstawione wyrażenie z kroku 2)
- 1 = 9 (64) - 25 (87 - 64) (\ Displaystyle 1 = 9 (64) -25 (87-64))(podstawione wyrażenie z kroku 1)
Zapisz równanie w postaci standardowej. Równanie liniowe to równanie, w którym wykładniki zmiennych nie przekraczają 1. Aby rozwiązać takie równanie liniowe, najpierw zapisz je w postaci standardowej. Standardowa postać równania liniowego wygląda następująco: ZA x + B y = do (\ Displaystyle Ax + By = C), Gdzie ZA , B (\ Displaystyle A, B) I do (\ Displaystyle C)- wszystkie liczby.
Uprość równanie (jeśli to możliwe). Kiedy piszesz równanie w standardowej formie, spójrz na współczynniki ZA , B (\ Displaystyle A, B) I do (\ Displaystyle C). Jeśli te współczynniki mają NWD, podziel przez nie wszystkie trzy współczynniki. Rozwiązanie takiego uproszczonego równania będzie również rozwiązaniem pierwotnego równania.
Sprawdź, czy równanie można rozwiązać. W niektórych przypadkach możesz od razu stwierdzić, że równanie nie ma rozwiązań. Jeśli współczynnik „C” nie jest podzielny przez NWD współczynników „A” i „B”, równanie nie ma rozwiązań.
Część 2
Jak napisać algorytm EuclidCzęść 3
Jak znaleźć rozwiązanie za pomocą algorytmu EuklidesaPonumeruj kroki do obliczenia NWD. Aby znaleźć rozwiązanie równania liniowego, należy użyć algorytmu Euklidesa jako podstawy procesu podstawienia i uproszczenia.
Zwróć uwagę na ostatni krok, w którym jest reszta. Przepisz równanie dla tego kroku, aby wyodrębnić resztę.
Odizoluj pozostałą część poprzedniego kroku. Proces ten polega na stopniowym „wchodzeniu w górę”. Za każdym razem będziesz izolować resztę równania z poprzedniego kroku.
Wprowadź zmiany i uprość. Zauważ, że równanie w kroku 6 zawiera liczbę 2, ale w równaniu w kroku 5 liczba 2 jest izolowana. Dlatego zamiast „2” w równaniu w kroku 6 zastąp wyrażenie w kroku 5:
Powtórz proces podstawienia i uproszczenia. Powtórz opisany proces, przechodząc przez algorytm Euclid w odwrotnej kolejności. Za każdym razem przepisujesz równanie z poprzedniego kroku i podstawiasz je do ostatniego otrzymanego równania.
Ministerstwo Edukacji i Nauki Federacji Rosyjskiej
Państwowa uczelnia wyższa
kształcenie zawodowe
„Tobolska Państwowa Akademia Społeczno-Pedagogiczna
ich. DI. Mendelejew”
Katedra Matematyki, TIMOM
Niektóre równania diofantyczne
Praca kursowa
Studentka III roku FMF
Matajew Jewgienij Wiktorowicz
Doradca naukowy:
Kandydat nauk fizycznych i matematycznych AI Valitskas
Stopień: ____________
Tobolsk - 2011
Wstęp……………………………………………………………………........2
§ 1. Liniowe równania diofantyczne…………………………………..3
§ 2. Równanie diofantyczneX 2 – y 2 = A………………………………….....9
§ 3. Równanie diofantyczneX 2 + y 2 = A…………………………………... 12
§ 4. Równanie x 2 + x + 1 = 3y 2 …………………………………………….. 16
§ 5. Trójki pitagorejskie………………………………………………….. 19
§ 6. Wielkie twierdzenie Fermata…………………………………………………23
Zakończenie……………………………………………………….29
Bibliografia...........………………………………………………..30
WSTĘP
Równanie diofantyczne jest równaniem postaci P(X 1 , … , X N ) = 0 , gdzie lewa strona jest wielomianem w zmiennych X 1 , … , X N ze współczynnikami całkowitymi. Dowolny zamówiony zestaw (u 1 ; … ; u N ) liczby całkowite z właściwością P(u 1 , … , u N ) = 0 nazywa się (częściowym) rozwiązaniem równania diofantycznego P(X 1 , … , X N ) = 0 . Rozwiązanie równania diofantycznego oznacza znalezienie wszystkich jego rozwiązań, tj. rozwiązanie ogólne tego równania.
Naszym celem będzie nauczenie się znajdowania rozwiązań niektórych równań diofantycznych, jeśli takie rozwiązania są dostępne.
Aby to zrobić, musisz odpowiedzieć na następujące pytania:
A. Czy równanie diofantyczne zawsze ma rozwiązanie, znajdź warunki istnienia rozwiązania.
B. Czy istnieje algorytm, który pozwala znaleźć rozwiązanie równania diofantycznego.
Przykłady: 1. Równanie diofantyczne 5 X – 1 = 0 nie ma rozwiązań.
2. Równanie diofantyczne 5 X – 10 = 0 ma rozwiązanie X = 2 , który jest jedyny.
3. Równanie ln X – 8 X 2 = 0 nie jest Diofantyną.
4. Często równania postaci P(X 1 , … , X N ) = Q(X 1 , … , X N ) , Gdzie P(X 1 , … , X N ) , Q(X 1 , … , X N ) są wielomianami o współczynnikach całkowitych, zwanymi także diofantynami. Można je zapisać w formie P(X 1 , … , X N ) – Q(X 1 , … , X N ) = 0 , co jest standardem dla równań diofantycznych.
5. X 2 – y 2 = A jest równaniem diofantycznym drugiego stopnia z dwiema niewiadomymi x i y dla dowolnej liczby całkowitej a. Posiada rozwiązania dla A = 1 , ale nie ma rozwiązań dla A = 2 .
§ 1. Liniowe równania diofantyczne
Pozwalać A 1 , … , A N , ZZ . Wpisz równanie A 1 X 1 + … + za N X N = do nazywa się liniowym równaniem diofantycznym ze współczynnikami A 1 , … , A N , prawa strona c i nieznane X 1 , … , X N . Jeśli prawa strona c liniowego równania diofantycznego wynosi zero, to takie równanie diofantyczne nazywamy jednorodnym.
Naszym najbliższym celem jest nauczenie się znajdowania rozwiązań szczególnych i ogólnych liniowych równań diofantycznych z dwiema niewiadomymi. Oczywiście każde jednorodne równanie diofantyczne A 1 X 1 + … + za N X N = 0 zawsze ma określone rozwiązanie (0; … ; 0).
Oczywiście liniowe równanie diofantyczne, którego wszystkie współczynniki są równe zeru, ma rozwiązanie tylko w przypadku, gdy jego prawa strona jest równa zeru. Ogólnie rzecz biorąc, mamy następujące
Twierdzenie (o istnieniu rozwiązania liniowego równania diofantycznego). Liniowe równanie diofantyczne A 1 X 1 + … + za N X N = do, którego współczynniki nie wszystkie są równe zeru, ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy NWD (a 1 , … , A N ) | C.
Dowód. Konieczność warunku jest oczywista: NWD (a 1 , … , A N ) | A I (1 I N) , Więc NWD (a 1 , … , A N ) | (A 1 X 1 + … + A N X N ) , co oznacza, że dzieli i
C = A 1 X 1 + … + A N X N .
Pozwalać D= gcd(A 1 , … , A N ) , do =Dt I A 1 u 1 + … + za N u N = D – rozwinięcie liniowe największego wspólnego dzielnika liczb A 1 , … , A N. Mnożąc obie strony przez T, dostajemy A 1 (u 1 T) + … + za N (u N T) = Dt = C, tj. liczba całkowita
N-ka (X 1 T; … ; X N T) jest rozwiązaniem pierwotnego równania z N nieznany.
Twierdzenie zostało udowodnione.
Twierdzenie to daje konstruktywny algorytm znajdowania konkretnych rozwiązań liniowych równań diofantycznych.
Przykłady: 1. Liniowe równanie diofantyczne 12x+21y=5 nie ma rozwiązania, ponieważ gcd(12, 21) = 3 nie dzieli 5 .
2. Znajdź konkretne rozwiązanie równania diofantyny 12x+21y = 6.
Oczywiście teraz gcd(12, 21) = 3 | 6, więc rozwiązanie istnieje. Piszemy rozwinięcie liniowe gcd(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1). Dlatego para (2; –1) jest szczególnym rozwiązaniem równania 12x+21y = 3 i parę (4; –2) jest szczególnym rozwiązaniem pierwotnego równania 12x+21y = 6.
3. Znajdź konkretne rozwiązanie równania liniowego 12x + 21y - 2z = 5.
Ponieważ (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , to rozwiązanie istnieje. Po przeprowadzeniu dowodu twierdzenia najpierw znajdujemy rozwiązanie równania (12.21)x–2y=5, a następnie podstawiając rozwinięcie liniowe największego wspólnego dzielnika z poprzedniego problemu, otrzymujemy rozwiązanie pierwotnego równania.
Aby rozwiązać równanie 3x - 2y = 5 zapisz rozwinięcie liniowe gcd(3, -2) = 1 = 31 - 21 oczywiście. A więc kilka cyfr (1; 1) jest rozwiązaniem równania 3 X – 2 y = 1 i parę (5; 5) jest szczególnym rozwiązaniem równania diofantycznego 3x - 2y = 5.
Więc, (12, 21)5 – 25 = 5 . Podstawiając tutaj znalezione wcześniej rozwinięcie liniowe (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , dostajemy (122+21(–1))5 – 25 = 5 , Lub 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , tj. trójka liczb całkowitych (10; –5; 5) jest szczególnym rozwiązaniem pierwotnego równania diofantycznego 12x + 21y - 2z = 5.
Twierdzenie (o strukturze rozwiązania ogólnego liniowego równania diofantycznego). Dla liniowego równania diofantyny A 1 X 1 + … + za N X N = do następujące zdania są prawdziwe:
(1) jeśli = (u 1 ; … ; u N ), = (w 1 ; … ; w N ) są jego rozwiązania szczególne, to różnica (u 1 –w 1 ; … ; u N –w N ) jest szczególnym rozwiązaniem odpowiedniego równania jednorodnego A 1 X 1 + … + za N X N = 0 ,
(2) zbiór poszczególnych rozwiązań liniowego równania jednorodnego diofantyny A 1 X 1 + … + za N X N = 0 zamknięte na dodawanie, odejmowanie i mnożenie przez liczby całkowite,
(3) jeśli M jest ogólnym rozwiązaniem podanego liniowego równania diofantyny i Ł jest rozwiązaniem ogólnym odpowiedniego jednorodnego równania diofantyny, a następnie dla dowolnego rozwiązania szczegółowego = (u 1 ; … ; u N ) pierwotnego równania, równości M = + L .
Dowód. Odejmowanie równości A 1 w 1 + … + A N w N = C od równości A 1 u 1 + … +a N u N = do, dostajemy A 1 (u 1 –w 1 ) + … + za N (u N –w N ) = 0 , czyli zestaw
(u 1 –w 1 ; … ; u N –w N ) jest szczególnym rozwiązaniem liniowego jednorodnego równania diofantyny A 1 X 1 + … + za N X N = 0 . Tym samym zostało to udowodnione
= (u 1 ; … ; u N ), = (w 1 ; … ; w N ) MŁ .
Dowodzi to twierdzenia (1).
Twierdzenie (2) dowodzi się podobnie:
, Ł z Z Ł z Ł .
Aby udowodnić (3), najpierw to zauważymy M+L. Wynika to z poprzedniego: M+L .
I odwrotnie, jeśli = (l 1 ; … ; l N ) L i = (u 1 ; … ; u N ) M, potem m:
A 1 (u 1 + l 1 )+ …+a N (u N + l N ) = (a 1 u 1 + … + za N u N )+(a 1 l 1 + … + za N l N ) = do + 0 = do.
Zatem, + LM, i ostatecznie M = + L .
Twierdzenie zostało udowodnione.
Udowodnione twierdzenie ma wyraźne znaczenie geometryczne. Jeśli weźmiemy pod uwagę równanie liniowe A 1 X 1 + … + za N X N = do, Gdzie X I R, to, jak wiadomo z geometrii, określa w przestrzeni R N hiperpłaszczyzna uzyskana z płaszczyzny Ł z równaniem jednorodnym A 1 X 1 + … +a N X N =0 przechodząc przez początek współrzędnych przez przesunięcie o jakiś wektor R N. Zobacz powierzchnię + Ł zwany także rozmaitością liniową z przestrzenią prowadzącą Ł i wektor przesunięcia . W ten sposób udowodniono, że rozwiązanie ogólne M równanie diofantyczne A 1 X 1 + … + za N X N = do składa się ze wszystkich punktów jakiejś rozmaitości liniowej o współrzędnych całkowitych. W tym przypadku współrzędne wektora przesunięcia są również liczbami całkowitymi i zbiorem Ł rozwiązania jednorodnego równania diofantycznego A 1 X 1 + … + za N X N = 0 składa się ze wszystkich punktów w przestrzeni prowadzącej o współrzędnych całkowitych. Z tego powodu często mówi się, że zbiór rozwiązań dowolnego równania diofantycznego tworzy rozmaitość liniową z wektorem przesunięcia i wiodącą przestrzeń Ł.
Przykład: dla równania diofantycznego x - y \u003d 1 wspólna decyzja M ma formę (1+y; y), gdzie yZ, jego szczególne rozwiązanie =
(1; 0)
i rozwiązanie ogólne Ł jednorodne równanie x – y = 0 zostanie zapisane w formularzu (y; y), Gdzie NaZ. W ten sposób możemy narysować następujący obraz, na którym rozwiązania pierwotnego równania diofantyny i odpowiadającego mu jednorodnego równania diofantyny są pokazane grubymi kropkami w rozmaitości liniowej M i przestrzeń Ł odpowiednio. 
2. Znajdź ogólne rozwiązanie równania diofantyny 12x + 21y - 2z = 5.
Prywatna decyzja (10; –5; 5) to równanie zostało znalezione wcześniej, znajdujemy ogólne rozwiązanie równania jednorodnego 12x + 21y - 2z = 0, równoważne równaniu diofantycznemu 12 X + 21 y = 2 z.
Aby to równanie było rozwiązywalne, konieczne i wystarczające jest spełnienie warunku gcd(12, 21) = 3 | 2z, te. 3 | z Lub z = 3t dla pewnej liczby całkowitej T. Zmniejszenie obu części do 3 , dostajemy 4x + 7y = 2t. Szczególne rozwiązanie (2; –1) równania diofantycznego 4x+7y= 1 znaleźć w poprzednim przykładzie. Dlatego (4t ; -2t) jest szczególnym rozwiązaniem równania 4x + 7y = 2t dla każdego
T Z. Ogólne rozwiązanie odpowiedniego równania jednorodnego
(7 u ; –4 u) już znaleziony. Zatem ogólne rozwiązanie równania 4x + 7y = 2t wygląda jak: (4t + 7u; -2t - 4u) i ogólne rozwiązanie równania jednorodnego 12x + 21y - 2z = 0 zostanie napisane tak:
(4t + 7u; -2t - 4u; 3t).
Łatwo sprawdzić, czy ten wynik odpowiada twierdzeniu podanemu powyżej bez dowodu na rozwiązaniach jednorodnego równania diofantycznego A 1 X 1 + … + za N X N = 0 : Jeśli P = , To R I
(u; T) P jest ogólnym rozwiązaniem rozważanego równania jednorodnego.
A więc ogólne rozwiązanie równania diofantycznego 12x + 21y - 2z = 5 na to wygląda: (10 + 4t + 7u; –5 – 2t – 4u; 5+3t).
3. Na przykładzie poprzedniego równania ilustrujemy inną metodę rozwiązywania równań diofantycznych z wieloma niewiadomymi, która polega na sukcesywnym zmniejszaniu maksymalnej wartości modułów jej współczynników.
12x + 21y - 2z = 5 12x + (102 + 1)y - 2z = 5
12x + y - 2 (z - 10y) = 5
Zatem ogólne rozwiązanie rozważanego równania można zapisać w następujący sposób: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), Gdzie x, u są dowolnymi parametrami całkowitymi.
§ 2. Równanie diofantyczneX 2 – y 2 = A
Przykłady: 1. Na A = 0 otrzymujemy nieskończoną liczbę rozwiązań: X = y Lub X = – y dla kazdego y Z.
2. Na A = 1 mamy X 2 – y 2 = 1 (X + y)(X – y) = 1 . W ten sposób liczba 1 jest rozkładana na iloczyn dwóch czynników całkowitych X + y I X – y(ważne, że X, y- cały!). Ponieważ liczba 1 tylko dwa rozwinięcia do iloczynu czynników całkowitych 1 = 11 I 1 = (–1)(–1) , otrzymujemy dwie możliwości: .
3. Dla A = 2 mamy X 2 – y 2 = 2 (X + y)(X – y) = 2. Postępując podobnie jak poprzednio, rozważamy rozwinięcia
2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), tworzymy układy:, które w przeciwieństwie do poprzedniego przykładu nie mają rozwiązań. Nie ma więc rozwiązań dla rozważanego równania diofantycznego X 2 – y 2 = 2.
4.
Dotychczasowe rozważania prowadzą do pewnych wniosków. Rozwiązania równań X 2
–
y 2
=
A
są w rozkładzie A
=
km na iloczyn liczb całkowitych z układu 
.
Ten system ma całe rozwiązania wtedy i tylko wtedy, gdy k
+
M
I k
–
M
są równe, tj. kiedy liczby k
I M
tej samej parzystości (jednocześnie parzystej lub nieparzystej). Zatem równanie diofantyczne x 2 – y 2 = a ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy a można rozłożyć na iloczyn dwóch czynników całkowitych o tej samej parzystości. Pozostaje tylko znaleźć wszystkie takie pliki .
Twierdzenie (o równaniuX 2 – y 2 = A ). (1) Równanie X 2 – y 2 = 0 ma nieskończoną liczbę rozwiązań .
(2) Każde rozwiązanie równania otrzymuje się jako , Gdzie A = km jest rozkładem liczby a na iloczyn dwóch czynników całkowitych o tej samej parzystości.
(3) Równanie X 2 – y 2 = A ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy A 2 (mod 4).
Dowód.(1) zostało już udowodnione.
(2) zostało już udowodnione.
(3) () Niech najpierw równanie diofantyczne X 2 – y 2 = A ma rozwiązanie. Udowodnijmy to A 2 (mod 4) . Jeśli A = km jest rozwinięciem do iloczynu liczb całkowitych o tej samej parzystości, a następnie parzystych k I M mamy k = 2 l, M = 2 N I A = km = 4 ln 0 (mod 4) . W przypadku nieparzystych k, M ich praca A też dziwna, różnica A – 2 nieparzyste i niepodzielne przez 4 , tj. Ponownie
A 2 (mod 4).
() Jeśli teraz A 2 (mod 4) , to możemy skonstruować rozwiązanie równania X 2 – y 2 = A. Rzeczywiście, jeśli a jest nieparzyste, to A = 1 A jest iloczynem rozkładu nieparzystych liczb całkowitych, tak że jest rozwiązaniem równania diofantycznego. Jeśli a jest parzyste, to ze względu na A 2 (mod 4) rozumiemy to 4 | A, A = 4 B = 2(2 B) jest iloczynem rozkładu parzystych liczb całkowitych, tak że jest rozwiązaniem równania diofantycznego.
Twierdzenie zostało udowodnione.
Przykłady: 1. Równanie diofantyczne X 2 – y 2 = 2012 nie ma rozwiązań, ponieważ 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).
2. Równanie diofantyczne X 2 – y 2 = 2011 ma rozwiązań, ponieważ
2011 3 (mod 4). Mamy oczywiste rozszerzenia
2011 = 12011 = 20111 = (–1)(–2011) = (–2011)(–1),
dla każdego z nich znajdujemy rozwiązania (dowolna kombinacja znaków). Nie ma innych rozwiązań, bo numer 2011 prosty (?!).
§ 3. Równanie diofantyczneX 2 + y 2 = A
Przykłady: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Jest zatem oczywiste, że każdy kwadrat można trywialnie przedstawić jako sumę dwóch kwadratów.
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. Brak rozwiązań dot A = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …
Analiza powyższych wyników może sugerować, że brak rozwiązań jest w jakiś sposób związany z liczbami pierwszymi postaci
4 N+3 obecny w rozkładzie na czynniki liczb, których nie można przedstawić jako sumy dwóch kwadratów.
Twierdzenie (o reprezentacji liczb naturalnych przez sumy dwóch kwadratów). Liczbę naturalną a można przedstawić jako sumę dwóch kwadratów wtedy i tylko wtedy, gdy w jej rozwinięciu kanonicznym liczby pierwsze postaci 4 N + 3 mają parzyste wykładniki.
Dowód. Najpierw udowodnimy, że jeśli liczbę naturalną a można przedstawić jako sumę dwóch kwadratów, to w jej rozwinięciu kanonicznym wszystkie liczby pierwsze postaci 4 N + 3 musi mieć parzyste wykładniki. Załóżmy, wbrew temu, co zostało udowodnione, że A= str 2 k +1 B = X 2 + y 2 , Gdzie
R - liczba pierwsza formularza 4 N+3 I B P. Wyobraź sobie liczby X I Na Jak
x =Dz, y = Dt, GdzieD= gcd(X, y) = str S w, P w; z, T, S N 0 . Otrzymujemy wtedy równość R 2 k +1 B = D 2 (z 2 + T 2 ) = str 2 S w 2 (z 2 + T 2 ) , tj. R 2( k – S )+1 B = w 2 (z 2 + T 2 ) . Po lewej stronie równości jest p (potęga nieparzysta nie jest równa zeru), co oznacza, że jeden z czynników po prawej stronie jest podzielny przez liczbę pierwszą p. Ponieważ P w, To p | (z 2 + T 2 ) , gdzie liczby z, T wzajemnie proste. Jest to sprzeczne z następnym lematem (?!).
Lemat (o podzielności sumy dwóch kwadratów przez liczbę pierwszą postaci
4 N + 3 ). Jeśli liczba pierwsza p = 4N+3 dzieli sumę kwadratów dwóch liczb naturalnych, a następnie dzieli każdą z tych liczb.
Dowód. Przeciwnie. Pozwalać X 2 + y 2 0(mod P) , Ale X0(mod P) Lub y 0 (mod P) . Ponieważ X I y są symetryczne, można je zamieniać miejscami, więc możemy to założyć X P.
Lemat (o odwracalności moduloP ). Dla dowolnej liczby całkowitej X, niepodzielna przez liczbę pierwszą P, istnieje element odwrotny modulo P – taka liczba całkowita 1 u < P, Co xi 1 (mod P).
Dowód. Numer X względnie pierwsze z P, więc możemy napisać rozwinięcie liniowe NWD(X, P) = 1 = xi + pv (u, w Z) . Jest oczywiste, że xi1(modp) , tj. u- element odwrotny do X modulo P. Jeśli u nie spełnia ograniczenia 1 u < P, następnie dzieląc u z resztą włączoną P, otrzymujemy resztę R u (mod P) , dla którego xr xi 1 (mod P) I 0 R < P.
Lemat o odwracalności modulo P udowodniony.
Porównanie mnożenia X 2 + y 2 0 (mod P) za kwadrat u 2 element odwrotny do X modulo P, dostajemy 0 = 0u 2 X 2 u 2 +y 2 u 2 = (xu) 2 + (ty) 2 1+t 2 (mod p).
Więc dla T = ty porównanie zrobione T 2 –1 (mod P) , co doprowadzamy do sprzeczności. Jest oczywiste, że T P: W przeciwnym razie T 0 (mod P) I 0 T 2 –1 (mod P) , co jest niemożliwe. Z twierdzenia Fermata mamy T P –1 1 (mod P), co razem z T 2 –1 (mod P) I P = 4 N + 3 prowadzi do sprzeczności:
1 t p–1 = t 4n+3–1 = t 2(2n+1) = (t 2 ) 2n+1 (–1) 2n+1 = –1 (modp).
Otrzymana sprzeczność pokazuje, że założenie o X 0 (mod P) nie było poprawne.
Lemat o podzielności sumy dwóch kwadratów przez liczbę pierwszą 4 N+3 udowodniony.
W ten sposób udowodniono, że liczba, której rozkład kanoniczny zawiera liczbę pierwszą P = 4 N + 3 do nieparzystej potęgi, nie może być przedstawiona jako suma dwóch kwadratów.
Udowodnijmy teraz, że dowolna liczba, w której rozwinięciu kanonicznym występują liczby pierwsze P = 4 N + 3 uczestniczą tylko w parzystych potęgach, które można przedstawić jako sumę dwóch kwadratów.
Idea dowodu opiera się na następującej tożsamości:
(A 2 + b 2 )(C 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (reklama + pne) 2 ,
co można uzyskać ze znanej właściwości modułu liczb zespolonych - moduł iloczynu jest równy iloczynowi modułów. Naprawdę,
| z|| T| = | zt| | A + bi|| C + di| = |(A + bi)(C + di)|
|a+bi| 2 |c + di| 2 = |(ac – bd) + (ad + bc)i| 2
(A 2 + b 2 )(C 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (reklama + pne) 2 .
Z tej tożsamości wynika, że jeśli dwie liczby u, v można przedstawić jako sumę dwóch kwadratów: u = X 2 + y 2 , w = z 2 + T 2 , to ich iloczyn uv można również przedstawić jako sumę dwóch kwadratów: UV = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .
Dowolna liczba naturalna A > 1 można zapisać w postaci A= str 1 … R k M 2 , Gdzie R I są parami odrębnymi liczbami pierwszymi, M N . Aby to zrobić, wystarczy znaleźć rozkład kanoniczny , zapisz każdy stopień formy R w postaci kwadratu (R) 2 nawet = 2, lub w formie R = R(R) 2 za dziwne = 2 + 1 , a następnie pogrupuj osobno kwadraty i pozostałe pojedyncze liczby pierwsze. Na przykład,
29250 = 23 2 5 3 13 = 2513(35) 2 , M = 15.
Numer M 2 ma trywialną reprezentację jako sumę dwóch kwadratów: M 2 = 0 2 + M 2 . Jeśli udowodnimy reprezentowalność jako sumę dwóch kwadratów wszystkich liczb pierwszych R I (1 I k) , to korzystając z tożsamości, otrzymamy również reprezentację liczby a. Według stanu, wśród liczb R 1 , … , R k można tylko spotkać 2 = 1 2 + 1 2 i liczby pierwsze postaci 4 N + 1 . Pozostaje zatem otrzymać reprezentację jako sumę dwóch kwadratów liczby pierwszej p = 4m + 1. Rozdzielamy to stwierdzenie na osobne twierdzenie (patrz poniżej)
Na przykład dla A = 29250 = 2513(15) 2 kolejno otrzymujemy:
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 .
Twierdzenie zostało udowodnione.
§ 4. Równaniex + x + 1 = 3y
Zajmijmy się teraz równaniem x+x+1=Z. Ma już swoją historię. W 1950 r. R. Oblat zaproponował, aby oprócz rozwiązania
X=y=1. nie ma innych rozwiązań w liczbach naturalnych x, y gdzie x jest liczbą nieparzystą. W tym samym roku T. Nagel wskazał rozwiązanie X= 313, r = 181. Metoda podobna do powyższej dla równania x+x-2y=0, pozwoli nam wyznaczyć wszystkie rozwiązania równania X+x+1=3y (1)
w liczbach naturalnych X, Na. Udawajmy, że (x, y) jest rozwiązaniem równania (1) w liczbach naturalnych, oraz x > 1. Łatwo zauważyć, że równanie (18) nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych X, y, Gdzie x = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; tak powinno być x10.
Pokażmy to 12 lat<7 X+3, 7 lat>4X+ 2,4 lata > 2X+1 . (2)
Gdyby tak było 12 lat> 7x+3, mielibyśmy 144r> 49 X+42 X+9 . a ponieważ, w świetle (18), 144r = 48X+ 48 X + 48 , to by było X< 6 X +3 9, skąd
(x-z)< 48 a zatem biorąc pod uwagę to X> 10, 7 < 148 , co jest niemożliwe. W ten sposób udowodniona została pierwsza z nierówności (2).
Gdyby tak było 7 lat< 4 X+2 , mielibyśmy 49l< 16 X+ 16 X+4 , a ponieważ, w świetle (1), 16 X+ 16 X+ 16 = 48 lat, to by było 49l< 48u- 12, co jest niemożliwe. W ten sposób udowodniona została druga z nierówności (2), z której bezpośrednio wynika trzecia. Zatem nierówności (2) są prawdziwe.
Załóżmy teraz
w\u003d 7x - 12y + 3,H = -4 X+ 7u-2. (3)
Na podstawie (2) stwierdzamy, że w > 0 , H > 0 I X -w=3(4 y-2 X-1)>0 i dlatego, w<х . Zgodnie z (3) mamy w 2 + w+1=3 H 2 skąd, w świetle (1), akceptujemy g(x, y) = (7x - 12y + 3, -4x + 7y -2).
Możemy więc tak powiedzieć na podstawie dowolnego rozwiązania (x, y) równania (1) w liczbach naturalnych, gdzie x > 1, otrzymujemy nowe rozwiązanie (w, H) = g(x, y) równania (1) w liczbach naturalnych w, H Gdzie w < х (a stąd rozwiązanie w mniejszych liczbach naturalnych). Stąd, postępując jak wyżej, stwierdzamy, że dla każdego rozwiązania równania (1) w liczbach naturalnych x, y, Gdzie x > 1, istnieje liczba naturalna n taka, że g(x, y) = (l, 1).
Po zaakceptowaniu fa(x, y) = (7X+12y + 3, 4X+ 7 lat + 2), (4) możemy to łatwo znaleźć f(g(x, y)) = (x, y) i stąd (X, y) = F(1,1) Z drugiej strony łatwo sprawdzić, że if (x, y) jest więc rozwiązaniem równania (1) w liczbach naturalnych F(X, y) istnieje również rozwiązanie równania (1) w liczbach naturalnych (odpowiednio większych niż X I Na).
Po zaakceptowaniu x=y=1(x, y) = f(1, 1) Dla N=2,3,…..,
otrzymujemy ciąg { X, y} Dla N= 1, 2,….., zawierający wszystkie rozwiązania równania (1) w liczbach naturalnych i tylko takie rozwiązania.
Mamy tutaj (X,y)= F(1,1)= F(x, y), zatem na podstawie (4) otrzymujemy
x=7X+12l+3,y=4x+7y+2 (5) (N=1, 2, ...)
Wzory, które pozwalają konsekwentnie wyznaczać wszystkie rozwiązania (x, y) równania (1) w liczbach naturalnych. W ten sposób łatwo uzyskujemy rozwiązania (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..
Tych rozwiązań jest oczywiście nieskończenie wiele. Z równości
x=y=1 i (4) przez indukcję łatwo stwierdzamy, że liczby X z nieparzystymi indeksami są nieparzyste, z parzystymi indeksami są parzyste, a liczby y esencja dziwna dla N = 1, 2, ... Uzyskanie wszystkich rozwiązań równania (1) w liczbach całkowitych x, y, jak łatwo dowieść, wynikałoby to z już otrzymanych rozwiązań (x, y) dołączyć (x, -y) I (-x-1,±y) Dla N=1, 2, .. .
Mamy więc tutaj np. więcej takich rozwiązań: (-2,1) (-23,13), (-314,181). A. Rotkiewicz zauważył, że wszystkich rozwiązań równania (1) w liczbach naturalnych x > 1 a y może otrzymać wszystkie rozwiązania równania (z+1)-z=y (6)
w liczbach naturalnych z, y. Załóżmy rzeczywiście, że liczby naturalne z, y spełniają równanie (5). Stawianie x=3z+l, otrzymujemy, jak łatwo sprawdzić, liczby naturalne x > 1 I Na spełniające równanie (1).
Z drugiej strony, jeśli liczby naturalne x > 1 I Na spełnia równanie (1), to mamy, jak łatwo sprawdzić, (x-1)= 3(y-x), skąd wynika, że liczba (naturalna) x-1 podzielony przez 3 , stąd x-1=3 z, gdzie z jest liczbą naturalną, a równość 3z=y-X=y3z-1 , co dowodzi, że liczby z I Na spełnić równanie (6). Tak więc w oparciu o rozwiązania (22,13),(313,181), (4366,2521) równanie (1), otrzymujemy rozwiązania (7,13),(104,181),(1455,2521) równania (6). Zauważmy tutaj również, że jeśli liczby naturalne z, y spełnia równanie (6), to udowodniono, że Na jest na przykład sumą dwóch kolejnych kwadratów 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . W podobny sposób, jak poprzednio dla równania (1), mogliśmy znaleźć wszystkie rozwiązania równania X+(X+1)= y w liczbach naturalnych x, y, biorąc za x > 3 g (x. y) \u003d (3x -2y + 1, 3y - 4x - 2) i dla X> 1 f(x, y) = (3X+ 2y+l, 4x + Zu + 2), co prowadzi do wzoru ( x, y)F(3,5) i do wniosku, że wszystkie rozwiązania równania (6) w liczbach naturalnych x, y są zawarte w ciągu { X, y} Dla N= 1, 2,…., Gdzie x=3, y=5 iX=3 X+2 y+1 . y = 4 X+3 y+2 (N=1, 2, ...). Na przykład, 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.
Znaczenie geometryczne rozważanego równania polega na tym, że daje ono wszystkie trójkąty pitagorejskie (prostokątne o bokach naturalnych), których ramiona wyrażają kolejne liczby naturalne. Istnieje nieskończona liczba takich trójkątów (*).
Równanie jest X+(X+1)= y, udowodniono, że nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych x, y.
OGÓLNA INSTYTUCJA EDUKACYJNA BUDŻETU MIEJSKIEGO
SZKOŁA ŚREDNIA NR 28 m. SMOLEŃSK
SMOLEŃSKI PAŃSTWOWY UNIWERSYTET
Sekcja Matematyka
Praca pisemna
Równania diofantyczne
Ukończyli pracę: Goncharov Evgeniy Igorevich,
Uczennica 11 klasy
Kierownik: Soldatenkova Zoya Alexandrovna,
nauczyciel matematyki
Smoleńsk
Dlaczego interesuje mnie ten temat?
Kiedyś, przeglądając podręcznik, natknąłem się na mały pasek boczny dotyczący równań diofantycznych. Od razu zauważyłem, że problemy tekstowe w ramach tego tematu mają intrygujący, czasem komiczny stan, a ze względu na dużą liczbę różnych metod ich rozwiązywania, wcale nie wydają się typowe. Ponadto niektóre sprawiły mi trudność.
Znajdując sposoby na racjonalne ich rozwiązanie, bliżej zapoznałem się z tym tematem. Im głębiej nurkowałem, im bardziej złożone i ciekawe zadania napotykałem, tym więcej pojawiało się pytań. Szybko zdałem sobie sprawę, że znaczna część tego tematu leży poza szkolnym programem nauczania.
Dlatego nie wyprzedzałem wydarzeń i nie zagłębiałem się w teorię (CTO, 10. problem Hilberta, Wielkie Twierdzenie Fermata itp.). I zaczął opanowywać wyłącznie algorytmy rozwiązywania równań i układów diofantycznych, jednocześnie zapoznając się z historią ich odkrycia.
Diofant z Aleksandrii to starożytny grecki matematyk. Kroniki nie zachowały praktycznie żadnych informacji o tym naukowcu. Diofant przedstawia jedną zabawną zagadkę z historii matematyki. Nie wiemy kim był, dokładnych lat jego życia, nie znamy jego poprzedników, którzy zajmowaliby się tą samą dziedziną co sam Diofant:
Diophantus cytuje Hypsiclesa z Aleksandrii (starożytnego greckiego matematyka i astronoma żyjącego w II wieku pne);
O Diofantosie pisze Theon z Aleksandrii (grecki matematyk późnej epoki hellenistycznej, filozof i astronom, żyjący w III wieku naszej ery);
Diofant dedykuje swoje dzieła Dionizjuszowi z Aleksandrii (biskupowi żyjącemu w połowie III wieku naszej ery). Tak więc naukowcy sugerują, że ten matematyk żył w III wieku naszej ery.
Antologia Maxuima Planuda (greckiego mnicha z XIV wieku) zawiera epigram-zadanie „Epitafium Diofantusa”:
Na prochach Diofantosa spoczywa grób; podziwiaj ją - i kamień
Wiek zmarłego powie mu mądrą sztuką.
Z woli bogów przeżył jedną szóstą swojego życia jako dziecko.
I spotkał połowę szóstego z puchem na policzkach.
Dopiero siódmy minął, zaręczył się ze swoją dziewczyną.
Wraz z nią, po spędzeniu pięciu lat, mędrzec czekał na syna;
Jego ukochany syn przeżył tylko połowę życia ojca.
Został zabrany ojcu przez jego wczesny grób.
Dwa razy dwa lata rodzic opłakiwał ciężki żal,
Tutaj zobaczyłem granicę mojego smutnego życia.
(Przetłumaczone przez SN Bobrowa).
To zadanie sprowadza się do skompilowania i rozwiązania najprostszego równania liniowego:
(1/6)x+(1/12)x+(1/7)x+5+(1/2)x+4=x,
gdzie x to liczba lat przeżytych przez Diofantosa.
x+7x+12x+42x+9*84=84x;
x = 84 - tyle lat żył Diofant.
Przez lata Diofant pisał kompozycje O mierzeniu powierzchni io mnożeniu , traktat O liczbach wielokątnych . Głównym dziełem Diofantusa jest Arytmetyka w 13 książkach.
Niestety nie wszystkie jego prace zachowały się. Te, które do nas dotarły, zawierają 189 problemów z rozwiązaniami sprowadzającymi się do pewnych równań pierwszego i drugiego stopnia oraz nieokreślonych. Wkład tego naukowca w rozwój matematyki jest ogromny.
Diophantus wprowadza specjalne symbole odejmowania, skróty dla poszczególnych definicji i działań. Oznacza to, że to on był autorem pierwszego języka algebraicznego.
Krater na Księżycu nosi imię Diofantosa.
Jednak Diofant nie szukał ogólnych rozwiązań, ale był zadowolony z jednego, z reguły, pozytywnego rozwiązania nieokreślonego równania.
Równania diofantyczne jako model matematyczny sytuacji życiowych
Każda osoba, nawet nieskończenie daleka od matematyki, spotkała się, a ponadto rozwiązała najprostsze równania diofantyczne, nie wiedząc o tym. Rzeczywiście, służą jako model matematyczny dla wielu zadań, które pojawiają się na poziomie codziennym.
Zadanie 1
Na magazynie znajdują się pudła z gwoździami o wadze 16, 17 i 40 kg. Czy sklepikarz będzie w stanie wydać 100 kg gwoździ bez otwierania pudeł?
Łatwo zauważyć, że 17 kg + 17 kg + 16 kg = 50 kg. Następnie, aby wydać 100 kg (2 razy więcej), musisz wziąć 4 pudełka po 17 kg i 2 pudełka po 16 kg.
Odpowiedź: Tak, może.
Tutaj mieliśmy szczęście: rozwiązanie zostało sprowadzone do najprostszego wyliczenia, a odpowiedź okazała się oczywista. Rozważmy inny problem:
Zadanie nr 2
Na wybiegu są jednogłowe stonogi i trójgłowe węże. W sumie mają 298 nóg i 26 głów. Ile nóg mają trójgłowe węże?
Niech w zagrodzie będzie x stonogów i y Gorynych, a każdy wąż ma p nóg. Od razu zastrzegamy, że każda z tych zmiennych musi być liczbą całkowitą i dodatnią. Następnie:
3y=26x=26-3yx=26-3yx=26-3yx
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/yWtedy: x=5
Ponieważ p jest liczbą całkowitą, p=27,25 nam nie odpowiada.
To zadanie było nieco trudniejsze niż pierwsze, ale wprowadzając ograniczenia dotyczące zmiennych, byliśmy w stanie zawęzić poszukiwania do zaledwie dwóch przypadków. Zacząć robić:
Zadanie nr 3
Do słoików 0,7 litra i 0,9 litra należy wlać 20,5 litra soku, aby wszystkie słoiki były pełne. Ile puszek potrzebujesz do przygotowania? Jaka jest najmniejsza liczba słoików, które mogą być potrzebne?
Niech x będzie liczbą puszek po 0,7 litra każda, a y 0,9 litra. Następnie układamy równanie:
Oczywiste jest, że bezpośrednie wyliczanie liczb czołowo zajmie dużo czasu. A na świecie nie ma miejsca na brzydką matematykę ©G. Wytrzymały.
Rozważmy metodę rozwiązywania takich równań, a następnie powrócimy bezpośrednio do naszego problemu i uzupełnimy go.
Metoda rozpraszania
Równanie diofantyczne ma postać: (x1,x2…xn)=0, gdzie P jest funkcją całkowitą, a zmienne xi przyjmują wartości całkowite. Rozwiązując problem numer 2, mamy do czynienia z równaniem postaci ax + by = c, gdzie a, b i c są współczynnikami całkowitymi, a x i y są zmiennymi przyjmującymi tylko wartości całkowite. Jest to liniowe równanie diofantyczne z dwiema niewiadomymi.
Ogólna metoda rozwiązywania takich równań powstała w XII wieku w Indiach. Jego pojawienie się było spowodowane prośbami astronomicznymi i kalendarzem
obliczenia. Pierwszy poradnik na temat ogólnego rozwiązania równań diofantycznych dokonał Ariabhatt. Sama metoda została stworzona przez Bhaskarę i Brahmaguptę. Jest to obecnie znane jako metoda rozpraszania. Przeanalizujmy to na przykładzie:
Przykład 1: Znajdź wszystkie całkowite rozwiązania równania 19x-8y=13.
Wyrażamy y jako x (ponieważ współczynnik y jest najmniejszy) i wybieramy część całkowitą:
y \u003d (19x-13) / 8 \u003d (3x-13) / 8 + 2x
Wyrażenie (3x-13)/8 musi być liczbą całkowitą. Oznaczmy to jako k.
Wtedy 8k=3x-13. Powtórzmy powyższą operację:
x=(8k+13)/3=2k+(2k+13)/3= (2k+13)/3. Wtedy 3h=2k+13,=(3h-13)/2=(h-13)/2+h= (h-13)/2. Wtedy 2p=h-13. h=13+2szt
Z równości (4) jest oczywiste, że h przyjmuje wartości całkowite dla dowolnych wartości całkowitych p.
Poprzez kolejne podstawienia (4) znajdujemy wyrażenia na niewiadome: k=13+3p, x= 39+8p iw końcu y=91+18p.
Odpowiedź: (39+8p; 91+18p).
Teraz, mając wystarczający zasób wiedzy, wróćmy do problemu numer 3.
x=29+(2-9y)/7; niech t=(2-9y)/7, gdzie t jest liczbą całkowitą;
t=2-9y; t=(2-2y)/7-y; niech (2-2y)/7=p, gdzie p jest liczbą całkowitą;
Y=7k, gdzie k jest liczbą całkowitą, y=1-7k, gdzie k jest liczbą całkowitą. Wtedy x=28+9k.
x>0; 28+9k>0;k?-3.
y>0; 1-7k>0;k?0.
Oznacza to, że k może przyjmować wartości: -3, -2, -1,0.
x+y=1-7k+28+9k; x+y=29+2k.
Oznacza to, że najmniejsza liczba słoików odpowiada najmniejszemu k.
(x+y)najmniejszy=29-6=23.
Odpowiedź: (28+9k;1-7k), gdzie k przyjmuje wartości -3,-2,-1,0. Najmniejsza liczba puszek to 23.
Problemy z rozszerzeniem liczb
Warto zauważyć, że zadania tekstowe, które sprowadzają się do znalezienia liczby, znają jej dzielniki i reszty, zajmują szczególne, zaszczytne miejsce wśród zadań tekstowych na ten temat. Są też najbardziej złożone, a przez to interesujące. Rozważmy niektóre z nich.
Wieśniaczka niosła na targ koszyk z jajkami. Nieostrożny jeździec, wyprzedzając kobietę, dotknął kosza i wszystkie jajka zostały rozbite. Chcąc zadośćuczynić, zapytał wieśniaczkę, ile jajek jest w koszyku. Odpowiedziała, że nie zna liczby jajek, ale kiedy składała je po 2, 3, 4, 5 i 6, za każdym razem jedno jajko było zbędne, a kiedy składała 7, nie było już więcej jaj. Jaka jest najmniejsza liczba jajek, które wieśniaczka może zanieść na targ?
Rozwiązanie: Oznaczmy żądaną liczbę jaj jako n, a następnie ułożymy układ równań:
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
Z równań (1), (2), (3), (4), (5) wynika, że liczba n-1=2*3*2*5k, gdzie k jest liczbą całkowitą;
n-1=60k;n=60k+1.
Podstawiając wynikowe n w (7), otrzymujemy równanie: 60k+1=7f.
f= (60k+1)/7 = (4k+1)/7 + 8k;=(4k+1)/7, gdzie r jest liczbą całkowitą, (1)
7r=4k+1; 4k=7r-1; k=(3r-1)/4+r;=(3r-1)/4, gdzie s jest liczbą całkowitą
3r-1=4s; 3r=4s+1;r= (s+1)/3+r;= (s+1)/3,gdzie u jest liczbą całkowitą, to
s+1=3u; s=3u-1,
to znaczy s zawsze przyjmuje wartości całkowite dla dowolnej liczby całkowitej u. Po kolejnych podstawieniach otrzymujemy:
r=4u-1; k=7u-2; f=420u -119.
Oczywiście, gdy u=1, f przyjmuje najmniejszą wartość dodatnią, czyli 301.
Odpowiedź: 301.
* Należy zauważyć, że nie trzeba ślepo podążać za tym algorytmem do samego końca. W rzeczywistości w ramach problemu nie musimy znajdować wszystkich możliwych wartości całkowitych k: wystarczy jedna, najmniejsza. I już po przekształceniu (1) widać, że szukane k jest równe 5, czyli f=60*5+1=301.
Załóżmy, że są jacyś turyści. Dzieląc je na trzyosobowe, otrzymujemy resztę 2, dzieląc się na piątki - 3, dzieląc na siódemki - 2. Ilu turystów jest w grupie, jeśli ich łączna liczba nie przekracza 100 osób.
Niech będzie w sumie k turystów. Następnie:
3a+2 k=3a+2=5b+3 5b+3=3a+2=7c+2 7c+2=3a+2
I tutaj oczywista część naszego rozwiązania zatrzymuje się. Aby się z tego wydostać, należy pamiętać, że:
1) a*b+c?c (moda) ? c (modb). Na przykład 15? 1 (mod 7), to znaczy liczba 15 daje resztę 1 przy dzieleniu przez 7.
2) a*b+d? c (model) ó a*b? c-d (modr) ó B? a(c-d) (modr) oo? b(c-d) (modr). Następnie:
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, gdziep a=3 + 5p
15 pensów? 0 (mod 7) p= -135 (mod 7)
3a+2 k=3a+2k=105d-2014=3 + 5pa=35d-672 a=35d-672=-135 + 7d, gdzie d jest liczbą całkowitą p=-135 + 7dp= -135 + 7d
Więc k=105d-2014. Jeśli d=20, to k = 86, jeśli d<20 , то k<0, если d>20, potem k>100. Odpowiedź: 86.
Spróbujmy nadać mu praktyczną użyteczność, na przykład wyprowadźmy ogólny wzór dla przewodnika na liczenie turystów. Niech r1, r2, r3 będą resztami z dzielenia całkowitej liczby turystów odpowiednio na grupy po 3, 5,7, a całkowita liczba turystów nadal nie przekroczy 100 osób. Argumentując podobnie, otrzymujemy:
3a+r1 3a? (r2-r1) (mod 5)a=3(r2-r1) + 5d gdzie 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 gdzie p jest liczbą całkowitą
d?15(r3-9r2+8r1) (mod 7) a = 3(r2-r1) + 5d
k=9r2-8r1+15d k=225r3-1792r1-2016r2+105p
Odpowiedzi: 86; k=225r3-1792r1-2016r2+105p.
Otrzymaliśmy więc wzór na k. Ale oprócz r1,r2,r3 zawiera liczbę całkowitą d. Powstaje logiczne pytanie: czy liczba k zawsze będzie określona w sposób jednoznaczny, jeśli będzie mniejsza od 100? Mniej niż 150? 43? i tak dalej.
Chińskie twierdzenie o resztach
Chińskie twierdzenie o resztach (CRT) to seria powiązanych stwierdzeń sformułowanych w traktacie przez chińskiego matematyka Sun Tzu (III wne) i podsumowanych przez Qin Jiushao (XVIII wne) w jego książce Rozumowanie matematyczne w 9 rozdziałach. Brzmi to tak:
Niech liczby M1 , M2, …, Mk będą parami względnie pierwsze, a M= M1*M2*…*Mk Wtedy układ
x?B1(modM1)? B2 (modM2)
ma unikalne rozwiązanie wśród liczb (0,1,…,M-1).
Mówiąc najprościej, odpowiedź zawsze będzie jednoznaczna, jeśli wymagana liczba turystów jest mniejsza niż iloczyn dzielników, przez które jest dzielona. Wracając do zadania nr 4, mówimy, że będzie można je policzyć, jeśli ich łączna liczba nie przekroczy 104. (M-1=3*5*7-1=104). Tak więc, aby policzyć osobę, wychodząc z naszego wzoru, należy obliczyć 225r3-1792r1-2016r2, a następnie odjąć od niej liczbę 105, aż otrzymamy liczbę mniejszą niż 105, ale większą niż 0. To jest długie i niewygodne. I szczerze mówiąc, liczbę około stu osób można policzyć bez użycia tak skomplikowanych algorytmów.
Najprostsze nieliniowe równania diofantyczne
Diofant całkowicie przeanalizował nieokreślone równania drugiego stopnia z dwiema niewiadomymi. Aby rozwiązywać równania i układy wyższych stopni, opracował jeszcze bardziej subtelne i złożone metody, które przyciągnęły uwagę wielu współczesnych europejskich matematyków. Ale prawie wszystkie równania tego typu w ramach kursu szkolnego są rozwiązywane metodą faktoryzacji.
Przykład 2: Rozwiąż równanie x2-3xy+2y2=7 w liczbach całkowitych.
x2-xy-2xy+2y2=7;
x(x-y) -2y(x-y)=7;
Oczywiście liczbę 7 możemy otrzymać na następujące sposoby: 1*7=7;7*1=7;-1*(-7)=7;-7*(-1).
Następnie układamy i rozwiązujemy układ równań:
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
Odpowiedź: (13;6), (-5;-6), (-13;-6), (5.6).
Przykład 3: Udowodnij, że równanie x5+3x4y-5x3y2-15x2y3 + 4xy4+12y5=33 nie ma pierwiastków całkowitych.
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;
Jeśli y=0, to pierwotne równanie przyjmie postać x5=33. Wtedy x nie jest liczbą całkowitą. Oznacza to, że dla y=0 to równanie nie ma rozwiązań całkowitych. Jeśli y?0, to wszystkie pięć czynników po lewej stronie równania jest różnych. Z drugiej strony liczbę 33 można przedstawić jako iloczyn co najwyżej czterech różnych czynników (33=1 3 11 lub 33=-1 3 (-11) (-1) itd.). Zatem dla y0 równanie to również nie ma rozwiązań całkowitych.
Dziesiąty problem Hilberta
Tak czy inaczej, pojawia się pytanie: czy można rozwiązać dowolne równanie diofantyczne, to znaczy znaleźć jego korzenie lub udowodnić ich brak.
W sierpniu 1900 roku odbył się II Międzynarodowy Kongres Matematyków. Na nim David Hilbert zaproponował 23 problemy. Dziesiąta była:
Niech równanie diofantyczne będzie dane z dowolnymi niewiadomymi i całkowitymi wymiernymi współczynnikami liczbowymi. Wskaż metodę, dzięki której po skończonej liczbie działań można określić, czy to równanie jest rozwiązywalne w liczbach całkowitych wymiernych.
Z tym zadaniem zmagało się wiele bystrych umysłów XX wieku: Axel Thue, TuralfSkolem, Emil Post, Julia Robinson, Martin Davis i Hilary Putnam, Martina Davis i inni. I dopiero w 1970 roku Jurij Matiyasevich zakończył dowód algorytmicznej nierozwiązywalności tego problemu.
David Hilbert (23 stycznia 1862 - 14 lutego 1943) był niemieckim matematykiem, który wniósł znaczący wkład w rozwój wielu dziedzin matematyki. W latach 1910 i 1920 (po śmierci Henri Poincaré) był uznanym światowym liderem matematyków. W 1970 roku Międzynarodowa Unia Astronomiczna nazwała krater po drugiej stronie Księżyca imieniem Gilberta.
Yuri Vladimirovich Matiyasevich (ur. 2 marca 1947 r. w Leningradzie) - radziecki i rosyjski matematyk, pracownik naukowy wydziału Instytutu Matematycznego w Petersburgu. V. A. Steklova RAS, członek Komisji Ekspertów RSOS ds. Matematyki, akademik Rosyjskiej Akademii Nauk, doktor nauk fizycznych i matematycznych
matematyczne równanie diofantyny
Wniosek
Ten temat jest wieloaspektowy i prawie nieograniczony. Nie bez powodu światowej sławy naukowcy zastanawiali się nad tym w całej historii rozwoju matematyki. Dotyka podstawowych pojęć w matematyce, a znajomość równań diofantycznych, jak mi się wydaje, nigdy nie będzie wyczerpująca.
Pisząc ten esej, opanowałem metodę rozpraszania, nauczyłem się rozwiązywać układy równań dla problemów o resztach, zapoznałem się z historią opanowania metod rozwiązywania równań diofantycznych.
W świecie matematyki, który od dawna jest mądry i majestatyczny, podążamy utartymi ścieżkami.
Ale każdy może zostać pionierem: najpierw dla siebie, a w przyszłości może dla innych…
Myślę, aby kontynuować pracę nad tym tematem, aby poszerzyć swoją wiedzę w rozwiązywaniu równań nieoznaczonych. Badanie nowych metod rozwiązań wzbogaca bazę wiedzy każdej osoby, zwłaszcza że mogą one mieć znaczenie dla UŻYTKOWANIA (C6).
Bibliografia
1. Czasopismo „Kwant” 1970 #7
„Encyklopedia młodego matematyka” 520 s.
http://ilib.mirror1.mccme.ru/djvu/serp-int_eq.htm
Pichugin L.F. „Za kartkami podręcznika algebry”, M., 1990, 224p.
Glazer GI „Historia matematyki w szkole 10-11”, 351s
Petrakow I.A. „Matematyka dla ciekawskich”, M., 2000. 256s.
http://bars-minsk.narod.ru/teachers/diofant.html
Korepetycje
Potrzebujesz pomocy w nauce tematu?
Nasi eksperci doradzą lub udzielą korepetycji z interesujących Cię tematów.
Złożyć wniosek wskazanie tematu już teraz, aby dowiedzieć się o możliwości uzyskania konsultacji.
