Zostupná metóda na riešenie diofantínových rovníc. Riešenie lineárnych diofantických rovníc s ľubovoľným počtom neznámych. Problém s labkami
Dnes navrhujem zamyslieť sa nad zaujímavým matematickým problémom.
Konkrétne, zahrejte sa riešením nasledujúcej lineárnej rovnice:
"Čo je ťažké?" - pýtaš sa. Skutočne, iba jedna rovnica a až štyri neznáme. Preto sú tri premenné voľné a posledná závisí od nich. Tak to rýchlo vyjadrime! Napríklad prostredníctvom premennej je množina riešení nasledovná:
kde je množina ľubovoľných reálnych čísel.
Nuž, riešenie sa naozaj ukázalo ako príliš triviálne. Potom našu úlohu skomplikujeme a urobíme zaujímavejšou.
Pripomeňme si o lineárne rovnice s celočíselnými koeficientmi a celočíselnými koreňmi, čo sú v skutočnosti akési diofantické rovnice. Konkrétne na našu rovnicu uvalíme príslušné obmedzenie na celočíselné koeficienty a korene. Koeficienty pre neznáme sú už celé čísla (), ale samotné neznáme musia byť obmedzené na nasledovné:
kde je množina celých čísel.
Teraz riešenie získané na začiatku článku nebude fungovať, pretože riskujeme, že ho dostaneme ako racionálne (zlomkové) číslo. Ako teda vyriešite túto rovnicu? výlučne v celých číslach?
Záujem o riešenie tohto problému sa pýtam pod kat.
A pokračujeme s vami. Skúsme urobiť nejaké elementárne transformácie požadovanej rovnice:
Problém stále vyzerá nepochopiteľne, v takýchto prípadoch matematici zvyčajne robia nejakú substitúciu. Poďme do toho s vami:
Páni, dosiahli sme zaujímavý výsledok! Koeficient teraz u nás rovný jednej, čo znamená, že vy a ja môžeme túto neznámu vyjadriť pomocou zvyšku neznámych v tejto rovnici bez delenia (čo sme hrešili hneď na začiatku článku). Poďme na to:
Dovoľte mi poznamenať, že to nám hovorí, že bez ohľadu na to, aké sú (v rámci diofantických rovníc), stále zostanú celým číslom, a to je v poriadku.
Pripomínajúc, že je spravodlivé to povedať. A nahradením výsledku získaného vyššie dostaneme:
Tu tiež vidíme, že bez ohľadu na to, aké sú, stále zostanú celým číslom, a to je stále v poriadku.
Potom príde na myseľ geniálna myšlienka: deklarujme teda ako voľné premenné a budeme sa cez ne vyjadrovať! V skutočnosti sme to už urobili. Zostáva len napísať odpoveď do systému riešenia:
Teraz to môžete vidieť v rozhodovacom systéme nikde žiadne delenie, čo znamená, že riešenia budú vždy celé číslo. Pokúsme sa nájsť konkrétne riešenie pôvodnej rovnice, napríklad za predpokladu, že:
Dosaďte do pôvodnej rovnice:
To isté, super! Skúsme to znova s iným príkladom, však?
Tu vidíme záporný koeficient, môže nám spôsobiť značné množstvo problémov, takže sa zbavme hriechu jeho nahradením, potom bude rovnica nasledovná:
Ako si pamätáme, našou úlohou je urobiť také transformácie, aby v našej rovnici bola neznáma s jednotkovým koeficientom (aby sme to potom vyjadrili cez zvyšok bez delenia). K tomu musíme opäť niečo vytiahnuť „zo zátvorky“, najrýchlejšie je zobrať koeficienty z rovnice, ktoré sú najbližšie k jednotke. Musíte však pochopiť, že zo zátvorky možno vyňať iba číslo, ktoré je nevyhnutne nejakým koeficientom rovnice (nie viac, nič menej), inak narazíme na tautológiu / rozpor alebo zlomky (inými slovami, nie je možné, aby sa voľné premenné niekde objavili okrem poslednej zmeny). Takže:
Zavedieme náhradu, potom dostaneme:
Opäť to vyberieme zo zátvorky a nakoniec dostaneme neznámu v rovnici s jednotkovým koeficientom:
Predstavujeme náhradu, potom:
Vyjadrime odtiaľto naše osamelé neznáme:
Z toho vyplýva, že nech vezmeme čokoľvek, stále to zostane celým číslom. Potom zistíme z pomeru:
Podobne zistíme zo vzťahu:
V tomto dozrel náš systém riešení - vyjadrili sme absolútne všetky neznáme bez toho, aby sme sa uchýlili k deleniu, čím sme ukázali, že riešenie bude určite celé číslo. Tiež nezabudnite, že a musíme zaviesť spätnú substitúciu. Potom je konečný systém riešení nasledovný:
Zostáva teda odpovedať na otázku – dá sa takto vyriešiť nejaká podobná rovnica? Odpoveď: nie, ak je rovnica v princípe neriešiteľná. K tomu dochádza v prípadoch, keď voľný člen nie je deliteľný GCD všetkých koeficientov pre neznáme. Inými slovami, vzhľadom na rovnicu:
Na vyriešenie v celých číslach stačí splniť nasledujúcu podmienku:
(kde je najväčší spoločný deliteľ).
Dôkaz
Dôkaz sa v rámci tohto článku neuvažuje, pretože je dôvodom na samostatný článok. Vidieť to napríklad v nádhernej knihe V. Sierpinského „O riešení rovníc v celých číslach“ v §2.
Zhrnutím vyššie uvedeného napíšeme algoritmus akcií na riešenie lineárnych diofantických rovníc s ľubovoľným počtom neznámych:
Na záver stojí za to povedať, že je tiež možné pridať obmedzenia na každý člen rovnice vo forme nerovnosti na ňom (potom sa k systému riešenia pridá systém nerovníc, podľa ktorého bude potrebné upraviť) a tiež pridať niečo zaujímavé. Nemali by ste zabúdať ani na to, že algoritmus riešenia je prísny a môže byť napísaný vo forme počítačového programu.
Peter bol s tebou
Ďakujem za tvoju pozornosť.
Úloha 1. Povedzme, že v akváriu žijú chobotnice a hviezdice. Chobotnice majú 8 nôh a hviezdice 5. Celkovo ich je 39. Koľko zvierat je v akváriu?
Riešenie. Nech x je počet hviezd a y je počet chobotníc. Potom majú všetky chobotnice 8 nôh a všetky hviezdy majú 5 nôh. Zostavme rovnicu: 5x + 8y = 39.
Upozorňujeme, že počet zvierat nemožno vyjadriť ako necelé alebo záporné čísla. Preto, ak x je nezáporné celé číslo, potom y \u003d (39 - 5x) / 8 musí byť tiež celé číslo a nezáporné, čo znamená, že výraz 39 - 5x musí byť bezo zvyšku deliteľný číslom 8. Jednoduchý vymenovanie možností ukazuje, že je to možné iba vtedy, ak x = 3, potom y = 3. Odpoveď: (3; 3).
Rovnice v tvare ax + bu = c sa nazývajú diofantina podľa starogréckeho matematika Diofanta Alexandrijského. Diophantus žil zrejme v 3. storočí. n. e., ostatné skutočnosti jeho životopisu, ktoré sú nám známe, sú vyčerpané takouto hádankovou básňou, ktorá je podľa legendy vyrytá na jeho náhrobnom kameni:
Popol Diophanta v hrobe spočíva; čuduj sa jej a kameňu
Vek zosnulého mu povie múdrym umením.
Z vôle bohov prežil ako dieťa šestinu svojho života.
A stretol polovicu šiesteho s páperím na lícach.
Prešiel len siedmy, zasnúbil sa s priateľkou.
S ňou po piatich rokoch múdry muž čakal na svojho syna;
Jeho milovaný syn prežil len polovicu otcovho života.
Od svojho otca ho vzal jeho raný hrob.
Dvakrát dva roky rodič smútil nad ťažkým smútkom,
Tu som videl hranicu svojho smutného života.
Koľko rokov sa dožil Diophantus Alexandrijský?
Úloha 2. V sklade sú klince v krabiciach po 16,17 a 40 kg. Môže skladník vydať 100 kg klincov bez toho, aby otvoril krabice? (metóda priameho počítania)
Analyzujme spôsob riešenia s ohľadom na jednu neznámu.
Úloha 3. V katalógu galérie je 96 obrazov. Na niektorých stranách sú 4 obrazy a na niektorých 6. Koľko strán z každého druhu je v katalógu?
Riešenie. Nech x je počet strán so štyrmi obrázkami,
y je počet strán so šiestimi obrázkami,
Túto rovnicu riešime vzhľadom na tú neznámu, pre ktorú je najmenší (modulo) koeficient. V našom prípade je to 4x, teda:
Celú rovnicu vydelíme týmto faktorom:
4x=96-6r | :4;
Zvyšky pri delení 4: 1,2,3. Tieto čísla nahraďte y.
Ak y=1, potom x=(96-6∙1):4=90:4 - Nefunguje, riešenie nie je v celých číslach.
Ak y=2, potom x=(96-6∙2):4=21 - Vhodné.
Ak y=3, potom x=(96-6∙3):4=78:4 - Nefunguje, riešenie nie je v celých číslach.
Konkrétnym riešením je teda dvojica (21;2), čo znamená, že na 21 stranách sú 4 obrázky a na 2 stranách 6 obrázkov.
Poďme analyzovať metódu riešenia pomocou Euklidovho algoritmu.
Úloha 4. V obchode sa predávajú dva druhy čokolády: mliečna a horká. Všetka čokoláda je uložená v škatuliach. Mliečnej čokolády je na sklade 7 krabíc, tmavej 4. Je známe, že o jednu tabuľku tmavej čokolády viac. Koľko čokoládových tyčiniek je v každom type škatuľky?
Riešenie. Nech x je počet tyčiniek mliečnej čokolády v jednej krabici,
y je počet tyčiniek horkej čokolády v jednej krabici,
Potom, podľa podmienok tohto problému, môžeme napísať rovnicu:
Vyriešme túto rovnicu pomocou Euklidovho algoritmu.
Vyjadrite 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.
Express 4=3∙1+1, => 1=4-3∙1=4-(7-4∙1)=4-7+4∙1=4∙ 2 -7∙1 =1.
Ukazuje sa teda, že x=1; y=2.
A to znamená, že mliečna čokoláda je v krabičke po 1 kuse a horká po 2 kusoch.
Analyzujme metódu hľadania konkrétneho riešenia a všeobecný vzorec riešenia.
Úloha 5. V africkom kmeni Tumbe-Yumbe dvaja domorodci Tumba a Yumba pracujú ako kaderníci a Tumba vždy zapletie svojim klientom 7 vrkočov a Yumba po 4 vrkoče. Koľko klientov obsluhovali majstri jednotlivo počas zmeny, ak je známe, že spolu zaplietli 53 vrkôčikov?
Riešenie. Nech x je počet zákazníkov Tumba,
y je počet klientov Yumba,
potom 7x+4y=53 (1).
Teraz, aby sme našli konkrétne riešenia rovnice (,), nahradíme súčet čísel, ktoré nám boli dané, číslom 1. To výrazne zjednoduší hľadanie vhodných čísel. Dostaneme:
Vyriešme túto rovnicu pomocou substitučnej metódy.
4r \u003d 1-7x │: 4;
Zvyšky pri delení 4: 1, 2, 3. Namiesto x nahraďte tieto čísla:
Ak x=1, potom y=(1-7):4 nie je vhodné, pretože riešenie nie je v celých číslach.
Ak x=2, potom y=(1-7∙2):4 nie je vhodné, pretože riešenie nie je v celých číslach.
Ak x=3, potom y=(1-7∙3):4=-5 je v poriadku.
Výsledné hodnoty potom vynásobíme počiatočnou hodnotou súčtu, ktorú sme nahradili 1, t.j.
x=x 0 ∙53=3∙53=159;
y=y 0 ∙53=-5∙53=-265.
Našli sme konkrétne riešenie rovnice (1). Skontrolujeme to dosadením počiatočnej rovnice:
7∙159+4∙(-265)=53; (3)
Odpoveď prišla razom. Ak by sme riešili abstraktnú rovnicu, mohli by sme sa tam zastaviť. Problém však riešime a keďže Tumba nedokázala zapletať záporný počet vrkočov, musíme v riešení pokračovať. Teraz napíšeme vzorce pre všeobecné riešenie. Aby sme to dosiahli, od počiatočnej rovnice (1) odčítame rovnicu so substituovanými hodnotami (3). Dostaneme:
Vyberme spoločné faktory zo zátvoriek:
7(x-159)+4(y+265)=0.
Presuňme jeden z výrazov z jednej časti rovnice do druhej:
7(x-159)=-4(y+265).
Teraz bolo jasné, že na to, aby bola rovnica vyriešená (x-159), musí byť deliteľná -4 a (y + 265) musí byť deliteľná 7. Predstavme si premennú n, ktorá zobrazí toto naše pozorovanie:
Presuňme pojmy z jednej strany rovnice na druhú:
Získali sme všeobecné riešenie tejto rovnice, teraz do nej môžeme dosadiť rôzne čísla a získať zodpovedajúce odpovede.
Nech je napríklad n=39
A to znamená, že Tumba zapletala vrkôčiky pre 3 klientov a Yumba pre 8 klientov.
Riešiť problémy rôznymi spôsobmi.
Úloha 6: Vovochka kúpil perá za 8 rubľov a ceruzky za 5 rubľov. Navyše za všetky ceruzky zaplatil o 19 rubľov viac ako za všetky perá. Koľko pier a koľko ceruziek si malý Johnny kúpil? (metóda hľadania všeobecného riešenia, riešenia pre jednu neznámu pomocou Euklidovho algoritmu).
Problém 7. Fixky boli zakúpené za 7 rubľov a ceruzky za 4 ruble, spolu 53 rubľov. Koľko fixiek a ceruziek sa kúpilo?
Úloha 8. (Obecná prehliadka VOSH 2014-2015): na planéte C sú dva druhy mincí: každý po 16 tugrikoch a 27 tugrikoch. Je možné s ich pomocou kúpiť tovar v cene 1 tugriku?
Úloha 9. Šeherezáda rozpráva svoje rozprávky veľkému vládcovi. Celkovo musí povedať 1001 rozprávok. Koľko nocí bude Šeherezáde trvať, kým vyrozpráva všetky svoje rozprávky, ak v niektoré noci povie 3 rozprávky a inokedy 5? Za koľko nocí bude Šeherezáda rozprávať všetky svoje rozprávky, ak to chce urobiť čo najrýchlejšie? Koľko nocí bude potrebovať Šeherezáda, ak ju bude nudiť rozprávať päť príbehov za noc, takže takýchto nocí by malo byť čo najmenej?
Úloha 10. (pamätajte na „Vodnár“) Ako naliať 3 litre vody s objemom 9 litrov a 5 litrov?
Úloha 11. Malý Johnny ide skvele v matematike. V denníku má len päťky a štvorky a tých päť je viac. Súčet všetkých Vovočkových známok z matematiky je 47. Koľko Vovočko dostalo päťky a koľko štvoriek?
Problém 12. Nesmrteľný Koschey zriadil škôlku na chov hadov Gorynych. V poslednom vrhu má 17-hlavé a 19-hlavé Hady. Celkovo má toto plemeno 339 gólov. Koľko 17-hlavých a koľko 19-hlavých hadov rozmnožil Koshchei?
Odpovede: Diophantus žil 84 rokov;
úloha 2: 4 škatule po 17 kg a 2 škatule po 16 kg;
úloha 6: Kúpilo sa 7 ceruziek a 8 pier, t.j. (7,2) je konkrétne riešenie a y = 2 + 5n, x = 7 + 8n, kde nє Z je všeobecné riešenie;
úloha 7: (-53; 106) - konkrétne riešenie, x=4n-53, y=-7n+106 - všeobecné riešenia, kde n=14, x=3, y=8, čiže 3 fixy boli kúpené perá a 8 ceruziek;
úloha 8: napríklad zaplať 3 mince po 27 tugrikoch a získaj 5 mincí po 16 tugrikoch;
úloha 9: (2002; -1001) - partikulárne riešenie, x=-5 n+2002, y=3n-1001 - všeobecné riešenie, s n=350, y=49, x=252, t.j. 252 nocí, 3 rozprávky každá a 49 nocí 5 rozprávok - spolu 301 nocí; najrýchlejší variant: 2 noci po troch rozprávkach a 199 nocí po 5 rozprávok - spolu 201 nocí; najdlhší variant: 332 nocí 3 rozprávok a 1 noc 5 rozprávok - spolu 333 nocí.
úloha 10: napríklad 2-krát nalejte vodu 9-litrovou nádobou a 3-krát ju naberte 5-litrovou nádobou;
úloha 11: Malý Johnny dostal 7 pätiek a 4 štvorky;
Úloha 12: 11 hadov so 17 hlavami a 8 hadov s 19 hlavami.
Ak chcete vyriešiť lineárnu diofantínovú rovnicu, musíte nájsť hodnoty premenných "x" a "y", ktoré sú celé čísla. Celočíselné riešenie je komplikovanejšie ako bežné a vyžaduje si určitý súbor akcií. Najprv musíte vypočítať najväčšieho spoločného deliteľa (gcd) koeficientov a potom nájsť riešenie. Keď nájdete jedno celočíselné riešenie lineárnej rovnice, môžete použiť jednoduchý vzor na nájdenie nekonečného množstva ďalších riešení.
Kroky
Časť 1
Ako napísať rovnicu-
Pochopte Euklidov algoritmus. Ide o sériu opakovaných delení, v ktorých sa predchádzajúci zvyšok používa ako nasledujúci deliteľ. Posledný deliteľ, ktorý delí čísla rovnomerne, je najväčší spoločný deliteľ (gcd) z týchto dvoch čísel.
Aplikujte Euklidov algoritmus na koeficienty "A" a "B". Keď napíšete lineárnu rovnicu v štandardnej forme, určite koeficienty "A" a "B" a potom na ne aplikujte Euklidov algoritmus, aby ste našli gcd. Napríklad vzhľadom na lineárnu rovnicu 87 x − 64 y = 3 (\displaystyle 87x-64y=3).
Nájdite najväčšieho spoločného deliteľa (gcd). Keďže posledný deliteľ bol 1, GCD 87 a 64 je 1. Takže 87 a 64 sú navzájom prvočísla.
Analyzujte výsledok. Keď nájdete GCD koeficientov A (\displaystyle A) A B (\displaystyle B), porovnajte to s koeficientom C (\displaystyle C) pôvodná rovnica. Ak C (\displaystyle C) rozdelené na NOD A (\displaystyle A) A B (\displaystyle B), rovnica má celočíselné riešenie; inak rovnica nemá riešenia.
-
Pokračovať v procese nahrádzania a zjednodušovania. Tento proces sa bude opakovať, kým nedosiahnete počiatočný krok Euklidovho algoritmu. Cieľom procesu je zapísať rovnicu s koeficientmi 87 a 64 pôvodnej rovnice, ktorá sa má riešiť. V našom príklade:
- 1 = 2 (18) − 7 (5) (\displaystyle 1=2(18)-7(5))
- 1 = 2 (18) − 7 (23 − 18) (\displaystyle 1=2(18)-7(23-18))(nahradený výraz z kroku 3)
- 1 = 9 (64 − 2 ∗ 23) − 7 (23) (\displaystyle 1=9(64-2*23)-7(23))(nahradený výraz z kroku 2)
- 1 = 9 (64) − 25 (87 − 64) (\displaystyle 1=9(64)-25(87-64))(nahradený výraz z kroku 1)
Napíšte rovnicu v štandardnom tvare. Lineárna rovnica je rovnica, v ktorej exponenty premenných nepresahujú 1. Ak chcete takúto lineárnu rovnicu vyriešiť, najprv ju napíšte v štandardnom tvare. Štandardná forma lineárnej rovnice vyzerá takto: A x + B y = C (\displaystyle Ax+By=C), Kde A , B (\displaystyle A,B) A C (\displaystyle C)- celé čísla.
Zjednodušte rovnicu (ak je to možné). Keď napíšete rovnicu v štandardnej forme, pozrite sa na koeficienty A , B (\displaystyle A,B) A C (\displaystyle C). Ak majú tieto koeficienty GCD, vydeľte ním všetky tri koeficienty. Riešenie takejto zjednodušenej rovnice bude zároveň riešením pôvodnej rovnice.
Skontrolujte, či je možné rovnicu vyriešiť. V niektorých prípadoch môžete okamžite vyhlásiť, že rovnica nemá riešenia. Ak koeficient "C" nie je deliteľný GCD koeficientov "A" a "B", rovnica nemá riešenia.
Časť 2
Ako napísať euklidovský algoritmusČasť 3
Ako nájsť riešenie pomocou Euklidovho algoritmuOčíslujte kroky na výpočet GCD. Na nájdenie riešenia lineárnej rovnice je potrebné použiť Euklidovský algoritmus ako základ procesu substitúcie a zjednodušenia.
Venujte pozornosť poslednému kroku, kde je zvyšok. Prepíšte rovnicu pre tento krok, aby ste izolovali zvyšok.
Izolujte zvyšok predchádzajúceho kroku. Tento proces je krok za krokom „posun nahor“. Zakaždým, keď budete izolovať zvyšok v rovnici z predchádzajúceho kroku.
Urobte zmenu a zjednodušte. Všimnite si, že rovnica v kroku 6 obsahuje číslo 2, ale v rovnici v kroku 5 je číslo 2 izolované. Takže namiesto "2" v rovnici v kroku 6 nahraďte výraz v kroku 5:
Zopakujte proces nahrádzania a zjednodušovania. Opakujte popísaný proces a prechádzajte Euklidovým algoritmom v opačnom poradí. Zakaždým prepíšete rovnicu z predchádzajúceho kroku a dosadíte ju do poslednej získanej rovnice.
Ministerstvo školstva a vedy Ruskej federácie
Štátna vzdelávacia inštitúcia vyššie
odborné vzdelanie
„Štátna sociálna a pedagogická akadémia v Tobolsku
ich. DI. Mendelejev"
Katedra matematiky, TIMOM
Niektoré diofantínové rovnice
Práca na kurze
Študent 3. ročníka FMF
Mataev Evgeny Viktorovič
Vedecký poradca:
Kandidát fyzikálnych a matematických vied A.I. Valitskas
Známka: _____________
Tobolsk - 2011
Úvod ………………………………………………………………………………….2
§ 1. Lineárne diofantínové rovnice………………………………………..3
§ 2. Diofantínová rovnicaX 2 – r 2 = a………………………………….....9
§ 3. Diofantínová rovnicaX 2 + r 2 = a…………………………………... 12
§ 4. Rovnica x 2 + x + 1 = 3 roky 2 …………………………………………….. 16
§ 5. Pythagorejské trojky……………………………………………………………….. 19
§ 6. Posledná Fermatova veta………………………………………………………23
Záver……………………………………………………………………….. 29
Bibliografia...........………………………………………………..30
ÚVOD
Diofantínska rovnica je rovnica tvaru P(X 1 , … , X n ) = 0 , kde ľavá strana je polynóm v premenných X 1 , … , X n s celočíselnými koeficientmi. Akákoľvek objednaná sada (u 1 ; … ; u n ) celé čísla s vlastnosťou P(u 1 , … , u n ) = 0 sa nazýva (čiastočné) riešenie diofantínovej rovnice P(X 1 , … , X n ) = 0 . Vyriešiť diofantínsku rovnicu znamená nájsť všetky jej riešenia, t.j. všeobecné riešenie tejto rovnice.
Naším cieľom bude naučiť sa nájsť riešenia niektorých diofantínových rovníc, ak sú tieto riešenia dostupné.
Ak to chcete urobiť, musíte odpovedať na nasledujúce otázky:
A. Má diofantická rovnica vždy riešenie, nájdite podmienky pre existenciu riešenia.
b. Existuje algoritmus, ktorý umožňuje nájsť riešenie diofantínovej rovnice.
Príklady: 1. Diofantínová rovnica 5 X – 1 = 0 nemá riešenia.
2. Diofantínová rovnica 5 X – 10 = 0 má riešenie X = 2 , ktorý je jediný.
3. Rovnica ln X – 8 X 2 = 0 nie je diofantina.
4. Často rovnice tvaru P(X 1 , … , X n ) = Q(X 1 , … , X n ) , Kde P(X 1 , … , X n ) , Q(X 1 , … , X n ) sú polynómy s celočíselnými koeficientmi, nazývané aj diofantina. Môžu byť napísané vo forme P(X 1 , … , X n ) – Q(X 1 , … , X n ) = 0 , čo je štandard pre diofantínové rovnice.
5. X 2 – r 2 = a je diofantická rovnica druhého stupňa s dvoma neznámymi x a y pre ľubovoľné celé číslo a. Má riešenia pre a = 1 , ale nemá žiadne riešenia a = 2 .
§ 1. Lineárne diofantínové rovnice
Nechaj a 1 , … , a n , SZ . Zadajte rovnicu a 1 X 1 + … + a n X n = c sa nazýva lineárna diofantínová rovnica s koeficientmi a 1 , … , a n , pravá strana c a neznáma X 1 , … , X n . Ak je pravá strana c lineárnej diofantínovej rovnice nula, potom sa takáto diofantická rovnica nazýva homogénna.
Naším najbližším cieľom je naučiť sa nájsť konkrétne a všeobecné riešenia lineárnych diofantínových rovníc v dvoch neznámych. Je zrejmé, že akákoľvek homogénna diofantínová rovnica a 1 X 1 + … + a n X n = 0 má vždy konkrétne riešenie (0; … ; 0).
Je zrejmé, že lineárna diofantínová rovnica, ktorej všetky koeficienty sú rovné nule, má riešenie iba v prípade, že jej pravá strana je rovná nule. Vo všeobecnosti máme nasledovné
Veta (o existencii riešenia lineárnej diofantínskej rovnice). Lineárna diofantínová rovnica a 1 X 1 + … + a n X n = c, ktorého koeficienty nie sú všetky rovné nule, má riešenie vtedy a len vtedy GCD(a 1 , … , a n ) | c.
Dôkaz. Nevyhnutnosť podmienky je zrejmá: GCD(a 1 , … , a n ) | a i (1 i n) , Takže GCD(a 1 , … , a n ) | (a 1 X 1 + … + a n X n ) , čo znamená, že rozdeľuje a
c = a 1 X 1 + … + a n X n .
Nechaj D= gcd(a 1 , … , a n ) , c =Dt A a 1 u 1 + … + a n u n = D – lineárny rozvoj najväčšieho spoločného deliteľa čísel a 1 , … , a n. Vynásobením oboch strán t, dostaneme a 1 (u 1 t) + … + a n (u n t) = Dt = c, t.j. celé číslo
n-ka (X 1 t; … ; X n t) je riešením pôvodnej rovnice s n neznámy.
Veta bola dokázaná.
Táto veta poskytuje konštruktívny algoritmus na hľadanie konkrétnych riešení lineárnych diofantínskych rovníc.
Príklady: 1. Lineárna diofantínová rovnica 12x+21y=5 nemá riešenie, pretože gcd(12, 21) = 3 nerozdeľuje 5 .
2. Nájdite konkrétne riešenie diofantínovej rovnice 12x+21r = 6.
Očividne teraz gcd(12, 21) = 3 | 6, takže riešenie existuje. Píšeme lineárny rozvoj gcd(12, 21) = 3 = 122 + 21 (–1). Preto pár (2; –1) je konkrétne riešenie rovnice 12x+21r = 3, a pár (4; –2) je konkrétne riešenie pôvodnej rovnice 12x+21r = 6.
3. Nájdite konkrétne riešenie lineárnej rovnice 12x + 21r - 2z = 5.
Pretože (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , potom riešenie existuje. Po dôkaze vety najprv nájdeme riešenie rovnice (12,21)x–2y=5 a potom dosadením lineárneho rozvoja najväčšieho spoločného deliteľa z predchádzajúcej úlohy získame riešenie pôvodnej rovnice.
Na vyriešenie rovnice 3x - 2r = 5 zapíšte si lineárnu expanziu gcd(3, -2) = 1 = 31 - 21 samozrejme. Takže pár čísel (1; 1) je riešením rovnice 3 X – 2 r = 1 , a pár (5; 5) je konkrétne riešenie diofantínovej rovnice 3x - 2r = 5.
takže, (12, 21)5 – 25 = 5 . Nahradením predtým nájdenej lineárnej expanzie (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , dostaneme (122+21(–1))5 – 25 = 5 , alebo 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , t.j. trojica celých čísel (10; –5; 5) je konkrétne riešenie pôvodnej diofantínovej rovnice 12x + 21r - 2z = 5.
Veta (o štruktúre všeobecného riešenia lineárnej diofantínskej rovnice). Pre lineárnu diofantínovú rovnicu a 1 X 1 + … + a n X n = c nasledujúce tvrdenia sú pravdivé:
(1) ak = (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) sú jeho konkrétne riešenia, potom je rozdiel (u 1 –v 1 ; … ; u n –v n ) je partikulárne riešenie zodpovedajúcej homogénnej rovnice a 1 X 1 + … + a n X n = 0 ,
(2) množina partikulárnych riešení lineárnej diofantínovej homogénnej rovnice a 1 X 1 + … + a n X n = 0 uzavreté pod sčítaním, odčítaním a násobením celými číslami,
(3) ak M je všeobecné riešenie danej lineárnej diofantínovej rovnice a L je všeobecné riešenie zodpovedajúcej homogénnej diofantínovej rovnice, potom pre akékoľvek konkrétne riešenie = (u 1 ; … ; u n ) pôvodnej rovnice, rovnosť M = +L .
Dôkaz. Odčítanie rovnosti a 1 v 1 + … + a n v n = c z rovnosti a 1 u 1 + … +a n u n = c, dostaneme a 1 (u 1 –v 1 ) + … + a n (u n –v n ) = 0 , teda súpravu
(u 1 –v 1 ; … ; u n –v n ) je konkrétne riešenie lineárnej homogénnej diofantínovej rovnice a 1 X 1 + … + a n X n = 0 . Bolo teda dokázané, že
= (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) ML .
To dokazuje tvrdenie (1).
Tvrdenie (2) je dokázané podobne:
, L z Z L z L .
Aby sme dokázali (3), najprv si to všimneme M+L. Vyplýva to z predchádzajúceho: M+L .
Naopak, ak = (l 1 ; … ; l n ) L a = (u 1 ; … ; u n ) M, potom 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.
teda + LM a nakoniec M = +L .
Veta bola dokázaná.
Dokázaná veta má jasný geometrický význam. Ak vezmeme do úvahy lineárnu rovnicu a 1 X 1 + … + a n X n = c, Kde X i R, potom, ako je známe z geometrie, určuje v priestore R n nadrovina získaná z roviny L s homogénnou rovnicou a 1 X 1 + … +a n X n =0 prechod cez počiatok súradníc posunom o nejaký vektor R n. Zobraziť Surface + L nazývaný aj lineárny rozdeľovač s vodiacim priestorom L a posunový vektor . Je teda dokázané, že všeobecné riešenie M diofantínová rovnica a 1 X 1 + … + a n X n = c pozostáva zo všetkých bodov nejakej lineárnej variety s celočíselnými súradnicami. V tomto prípade sú súradnice vektora posunu tiež celé čísla a množina L riešenia homogénnej diofantínovej rovnice a 1 X 1 + … + a n X n = 0 pozostáva zo všetkých bodov vo vodiacom priestore s celočíselnými súradnicami. Z tohto dôvodu sa často hovorí, že množina riešení ľubovoľnej diofantínovej rovnice tvorí lineárnu varietu s posuvným vektorom a vedúci priestor L.
Príklad: pre diofantínovú rovnicu x - y \u003d 1 spoločné rozhodnutie M má formu (1+y; y), kde yZ, jeho konkrétne riešenie =
(1; 0)
a všeobecné riešenie L homogénna rovnica x – y = 0 sa zapíše do formulára (y; y), Kde priZ. Môžeme teda nakresliť nasledujúci obrázok, na ktorom sú riešenia pôvodnej diofantínovej rovnice a zodpovedajúcej homogénnej diofantínovej rovnice znázornené hrubými bodkami v lineárnej variete M a priestor L resp. 
2. Nájdite všeobecné riešenie diofantínovej rovnice 12x + 21r - 2z = 5.
Súkromné rozhodnutie (10; –5; 5) táto rovnica bola nájdená skôr, nájdeme všeobecné riešenie homogénnej rovnice 12x + 21r - 2z = 0 ekvivalentná diofantínovej rovnici 12 X + 21 r = 2 z.
Aby bola táto rovnica riešiteľná, je potrebné a postačujúce splnenie podmienky gcd(12, 21) = 3 | 2z, tie. 3 | z alebo z = 3t pre nejaké celé číslo t. Zníženie oboch častí na 3 , dostaneme 4x + 7r = 2t. Partikulárne riešenie (2; –1) diofantínovej rovnice 4x+7r= 1 nájdete v predchádzajúcom príklade. Preto (4t ; -2t) je konkrétne riešenie rovnice 4x + 7r = 2t pre akékoľvek
t Z. Všeobecné riešenie zodpovedajúcej homogénnej rovnice
(7 u ; –4 u) už nájdené. Teda všeobecné riešenie rovnice 4x + 7r = 2t vyzerá ako: (4t + 7u; -2t - 4u) a všeobecné riešenie homogénnej rovnice 12x + 21r - 2z = 0 bude napísané takto:
(4t + 7u; -2t - 4u; 3t).
Je ľahké overiť, že tento výsledok zodpovedá vyššie uvedenej vete bez dôkazu o riešeniach homogénnej diofantínovej rovnice A 1 X 1 + … + a n X n = 0 : Ak P = , To R A
(u; t) P je všeobecné riešenie uvažovanej homogénnej rovnice.
Takže všeobecné riešenie diofantínskej rovnice 12x + 21r - 2z = 5 vyzerá takto: (10 + 4t + 7u; –5 – 2t – 4u; 5+3t).
3. Na príklade predchádzajúcej rovnice ilustrujeme ďalšiu metódu riešenia diofantických rovníc o mnohých neznámych, ktorá spočíva v postupnom znižovaní maximálnej hodnoty modulov jej koeficientov.
12x + 21r - 2z = 5 12x + (102 + 1)y - 2z = 5
12x + y - 2 (z - 10 y) = 5
Všeobecné riešenie uvažovanej rovnice teda možno zapísať takto: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), Kde x, u sú ľubovoľné celočíselné parametre.
§ 2. Diofantínová rovnicaX 2 – r 2 = a
Príklady: 1. o a = 0 dostaneme nekonečný počet riešení: X = r alebo X = – r pre hocikoho r Z.
2. o a = 1 máme X 2 – r 2 = 1 (X + r)(X – r) = 1 . Číslo 1 sa teda rozloží na súčin dvoch celočíselných faktorov X + r A X – r(dôležité, že X, r- celé!). Pretože číslo 1 iba dve expanzie na súčin celočíselných faktorov 1 = 11 A 1 = (–1)(–1) , dostaneme dve možnosti: .
3. Pre a = 2 máme X 2 – r 2 = 2 (X + r)(X – r) = 2. Postupujeme podobne ako v predchádzajúcom, uvažujeme o rozšíreniach
2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), skladáme systémy:, ktoré na rozdiel od predchádzajúceho príkladu nemajú žiadne riešenia. Takže neexistujú žiadne riešenia pre uvažovanú diofantínovú rovnicu X 2 – r 2 = 2.
4.
Predchádzajúce úvahy vedú k určitým záverom. Riešenia rovníc X 2
–
r 2
=
a
sú v rozklade a
=
km na súčin celých čísel zo systému 
.
Tento systém má celé riešenia vtedy a len vtedy k
+
m
A k
–
m
sú párne, t.j. keď čísla k
A m
rovnaká parita (súčasne párna alebo nepárna). Diofantovská rovnica x 2 – y 2 = a má teda riešenie práve vtedy, ak a možno rozšíriť na súčin dvoch celočíselných faktorov rovnakej parity. Zostáva len nájsť všetky takéto.
Veta (o rovniciX 2 – r 2 = a ). (1) Rovnica X 2 – r 2 = 0 má nekonečné množstvo riešení .
(2) Akékoľvek riešenie rovnice sa získa ako , Kde a = km je rozklad čísla a na súčin dvoch celočíselných faktorov rovnakej parity.
(3) Rovnica X 2 – r 2 = a má riešenie vtedy a len vtedy a 2 (mod 4).
Dôkaz.(1) už bolo preukázané.
(2) už bolo preukázané.
(3) () Najprv pozrime diofantínsku rovnicu X 2 – r 2 = a má riešenie. Dokážme to a 2 (mod 4) . Ak a = km je rozšírenie na súčin celých čísel rovnakej parity, potom pre párne k A m máme k = 2 l, m = 2 n A a = km = 4 ln 0 (mod 4) . V prípade nepárnych k, m ich práca a tiež nepárny, rozdiel a – 2 nepárne a nedeliteľné 4 , t.j. znova
a 2 (mod 4).
() Ak teraz a 2 (mod 4) , potom môžeme zostrojiť riešenie rovnice X 2 – r 2 = a. Skutočne, ak je a nepárne, potom a = 1 a je súčin rozklad nepárnych celých čísel, takže je riešením diofantínskej rovnice. Ak je a párne, potom vzhľadom na a 2 (mod 4) dostaneme to 4 | a, a = 4 b = 2(2 b) je súčinový rozklad párnych celých čísel, takže je riešením diofantínskej rovnice.
Veta bola dokázaná.
Príklady: 1. Diofantínová rovnica X 2 – r 2 = 2012 nemá riešenia, keďže 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).
2. Diofantínová rovnica X 2 – r 2 = 2011 má riešenia, pretože
2011 3 (mod 4). Máme zjavné rozšírenia
2011 = 12011 = 20111 = (–1)(–2011) = (–2011)(–1),
pre každý z nich nájdeme riešenia (akákoľvek kombinácia znakov). Iné riešenia neexistujú, pretože číslo 2011 jednoduché (?!).
§ 3. Diofantínová rovnicaX 2 + r 2 = a
Príklady: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Je teda zrejmé, že každý štvorec možno triviálne znázorniť ako súčet dvoch štvorcov.
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. Žiadne riešenia pre a = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …
Analýza vyššie uvedených výsledkov môže naznačovať, že absencia riešení nejako súvisí s prvočíslami formulára
4 n+3 prítomný pri rozklade čísel, ktoré nemožno reprezentovať ako súčty dvoch štvorcov.
Veta (o reprezentácii prirodzených čísel súčtom dvoch štvorcov). Prirodzené číslo a možno znázorniť ako súčet dvoch štvorcov vtedy a len vtedy, ak vo svojom kánonickom expanzii prvočísla v tvare 4 n + 3 majú párne exponenty.
Dôkaz. Najprv dokážeme, že ak prirodzené číslo a možno znázorniť ako súčet dvoch štvorcov, potom v jeho kanonickom rozvoji všetky prvočísla v tvare 4 n + 3 musí mať párne exponenty. Predpokladajme, na rozdiel od toho, čo bolo dokázané, že a= p 2 k +1 b = X 2 + r 2 , Kde
R - prvočíslo formulára 4 n+3 A b p. Predstavte si čísla X A pri ako
x =Dz, r = Dt, KdeD= gcd(X, r) = p s w, p w; z, t, s N 0 . Potom dostaneme rovnosť R 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = p 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , t.j. R 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . Na ľavej strane rovnosti je p (nepárna mocnina sa nerovná nule), čo znamená, že jeden z faktorov na pravej strane je deliteľný prvočíslom p. Pretože p w, To p | (z 2 + t 2 ) , kde sú čísla z, t obojstranne jednoduché. To je v rozpore s ďalšou lemou (?!).
Lema (o deliteľnosti súčtu dvoch štvorcov prvočíslom tvaru
4 n + 3 ). Ak prvočíslo p = 4n+3 delí súčet druhých mocnín dvoch prirodzených čísel, potom vydelí každé z týchto čísel.
Dôkaz. Z opaku. Nechaj X 2 + r 2 0(mod p) , Ale X0(mod p) alebo r 0 (mod p) . Pretože X A r sú symetrické, možno ich zamieňať, takže to môžeme predpokladať X p.
Lemma (o reverzibilite modulop ). Pre akékoľvek celé číslo X, nedeliteľné prvočíslom p, existuje inverzný prvok modulo p – také celé číslo 1 u < p, Čo xi 1 (mod p).
Dôkaz.číslo X spolupracovať s p, takže môžeme napísať lineárny rozvoj GCD(X, p) = 1 = xi + pv (u, v Z) . To je jasné xi1(modp) , t.j. u- inverzný prvok k X modulo p. Ak u nespĺňa obmedzenie 1 u < p, potom delenie u so zvyškom p, dostaneme zvyšok r u (mod p) , pre ktoré xr xi 1 (mod p) A 0 r < p.
Lema modulovej reverzibility p osvedčené.
Násobiace porovnanie X 2 + r 2 0 (mod p) na štvorec u 2 inverzný prvok k X modulo p, dostaneme 0 = 0u 2 X 2 u 2 +y 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1+t 2 (mod p).
Tak pre t = ya porovnanie urobené t 2 –1 (mod p) , čím sa dostávame do rozporu. To je jasné t p: inak t 0 (mod p) A 0 t 2 –1 (mod p) , čo je nemožné. Podľa Fermatovej vety máme t p –1 1 (mod p), ktorý spolu s t 2 –1 (mod p) A p = 4 n + 3 vedie k rozporu:
1 t p–1 = t 4n+3–1 = t 2(2n+1) = (t 2 ) 2n+1 (–1) 2n+1 = –1 (modp).
Získaný rozpor ukazuje, že predpoklad o X 0 (mod p) nebolo správne.
Lema o deliteľnosti súčtu dvoch štvorcov prvočíslom 4 n+3 osvedčené.
Je teda dokázané, že číslo, ktorého kanonický rozklad obsahuje prvočíslo p = 4 n + 3 na nepárnu mocninu, nemôže byť vyjadrená ako súčet dvoch štvorcov.
Dokážme teraz, že akékoľvek číslo, v ktorého kanonickom rozvoji sú prvočísla p = 4 n + 3 participujú len na párnych mocninách, reprezentovateľných ako súčet dvoch štvorcov.
Myšlienka dôkazu je založená na nasledujúcej identite:
(A 2 +b 2 )(c 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (reklama + bc) 2 ,
ktorý možno získať zo známej vlastnosti modulu komplexných čísel – modul súčinu sa rovná súčinu modulov. naozaj,
| 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 + bc) 2 .
Z tejto identity vyplýva, že ak dve čísla u, v môžu byť reprezentované ako súčet dvoch štvorcov: u = X 2 + r 2 , v = z 2 + t 2 , potom ich súčin uv možno znázorniť aj ako súčet dvoch štvorcov: UV = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .
Akékoľvek prirodzené číslo a > 1 možno napísať vo forme a= p 1 … R k m 2 , Kde R i sú párovo odlišné prvočísla, m N . Na to stačí nájsť kanonický rozklad , zapíšte si každý stupeň formulára r vo forme štvorca (r) 2 pre párny = 2, alebo vo forme r = r(r) 2 za nepárny = 2 + 1 a potom samostatne zoskupte štvorce a zvyšné jednotlivé prvočísla. Napríklad,
29250 = 23 2 5 3 13 = 2513(35) 2 , m = 15.
číslo m 2 má triviálne znázornenie ako súčet dvoch štvorcov: m 2 = 0 2 + m 2 . Ak dokážeme reprezentatívnosť ako súčet dvoch druhých mocnín všetkých prvočísel R i (1 i k) , potom pomocou identity získame aj reprezentáciu čísla a. Podľa stavu, medzi číslami R 1 , …, R k môže len stretnúť 2 = 1 2 + 1 2 a prvočísla formulára 4 n + 1 . Zostáva teda získať zobrazenie ako súčet dvoch štvorcov prvočísla p = 4 m + 1. Toto tvrdenie rozdeľujeme na samostatnú vetu (pozri nižšie)
Napríklad pre a = 29250 = 2513(15) 2 postupne dostaneme:
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 .
Veta bola dokázaná.
§ 4. Rovnicax + x + 1 = 3 roky
Poďme sa teraz zaoberať rovnicou x+x+1=Zu. Má to už svoju históriu. R. Oblat v roku 1950 navrhol, aby popri rieš
X=y=1. nemá iné riešenia v prirodzených číslach x, y kde x je nepárne číslo. V tom istom roku na riešenie upozornil T. Nagel X= 313, y = 181. Metóda podobná vyššie uvedenej pre rovnicu x+x-2y=0, nám umožní určiť všetky riešenia rovnice X+x+1=3r (1)
v prirodzených číslach X, o. Predstierajme to (x, y) je riešením rovnice (1) v prirodzených číslach, a x > 1. Ľahko je vidieť, že rovnica (18) nemá riešenia v prirodzených číslach X, r, Kde x = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; tak by to malo byť x10.
Ukážme to 12r<7 X+3, 7r>4X+ 2, 4 roky > 2X+1 . (2)
Keby to tak bolo 12r> 7x+3, mali by sme 144 rokov> 49 X+42 X+9 . a keďže vzhľadom na (18), 144 rokov = 48X+ 48 X + 48 , potom by to bolo X< 6 X +3 9, odkiaľ
(x-z)< 48 a teda vzhľadom na to X> 10, 7 < 148 , čo je nemožné. Tým je dokázaná prvá z nerovností (2).
Keby to tak bolo 7r< 4 X+2 , mali by sme 49r< 16 X+ 16 X+4 a keďže vzhľadom na (1) 16 X+ 16 X+ 16 = 48 rokov, potom by to bolo 49r< 48u-12, čo je nemožné. Dokazuje sa teda druhá z nerovností (2), z ktorej priamo vyplýva tretia. Nerovnosti (2) sú teda pravdivé.
Položme teraz
w\u003d 7x – 12r + 3,h = -4 X+ 7u-2. (3)
Na základe (2) to zistíme w > 0 , h > 0 A X -w=3(4 r-2 X-1)>0 a preto, w<х . Podľa (3) máme w 2 + w+1=3 h 2 odkiaľ, vzhľadom na (1), akceptujeme g(x, y) = (7x - 12r + 3, -4x + 7r -2).
Takže to môžeme povedať na základe akéhokoľvek riešenia (x, y) rovnice (1) v prirodzených číslach, kde x > 1, dostaneme nové riešenie (w, h) = g(x, y) rovnice (1) v prirodzených číslach w, h Kde w < х (a teda riešenie v menších prirodzených číslach). Preto, ako je uvedené vyššie, zistíme, že pre každé riešenie rovnice (1) v prirodzených číslach x, y, Kde x > 1, existuje prirodzené číslo n také, že g(x, y) = (1, 1).
Po prijatí f(x, y) = (7X+12 rokov + 3, 4X+ 7 rokov + 2), (4) to ľahko zistíme f(g(x, y)) = (x, y) a preto (X, r) = f(1,1) Na druhej strane je ľahké skontrolovať, či ak (x, y) je riešením rovnice (1) v prirodzených číslach, teda f(X, r) existuje aj riešenie rovnice (1) v prirodzených číslach (resp. väčších ako X A pri).
Po prijatí x=y=1(x, y) = f(1, 1) Pre n=2,3,…..,
dostaneme postupnosť { X, r} Pre n= 1, 2,….., obsahujúce všetky riešenia rovnice (1) v prirodzených číslach a len také riešenia.
Tu máme (X,r)= f(1,1)= f(x, y), preto vďaka (4) získame
x=7X+12r+3,r=4x+7y+2 (5) (n=1, 2, ...)
Vzorce, ktoré vám umožnia konzistentne určiť všetky riešenia (x, y) rovnice (1) v prirodzených číslach. Týmto spôsobom ľahko získame riešenia (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..
Týchto riešení je zjavne nekonečné množstvo. Z rovnosti
x=y=1 a (4) indukciou ľahko zistíme, že čísla X s nepárnymi indexmi sú nepárne, s párnymi indexmi sú párne a čísla r esencia nepárna pre n = 1, 2, ... Získať všetky riešenia rovnice (1) v celých číslach x, y, ako sa dá ľahko dokázať, nadväzovalo by to na už získané riešenia (x, y) pripojiť sa (x, -y) A (-x-1,±y) Pre n=1, 2, .. .
Takže tu máme napríklad viac takýchto riešení: (-2,1) (-23,13), (-314,181). A. Rotkevich poznamenal, že všetky riešenia rovnice (1) v prirodzených číslach x > 1 a y môže získať všetky riešenia rovnice (z+1)-z=y (6)
v prirodzených číslach z, y. Predpokladajme, že prirodzené čísla z, y spĺňajú rovnicu (5). Umiestňovanie x=3z+l, dostaneme, ako je ľahké skontrolovať, prirodzené čísla x > 1 A pri vyhovujúca rovnica (1).
Na druhej strane, ak prirodzené čísla x > 1 A pri splní rovnicu (1), potom máme, ako je ľahké skontrolovať, (x-1)= 3 (y-x), z čoho vyplýva, že číslo (prirodzené) x-1 deleno 3 , teda x-1=3 z, kde z je prirodzené číslo a rovnosť 3z=y-X=y3z-1 , čo dokazuje, že čísla z A pri splniť rovnicu (6). Teda na základe riešení (22,13),(313,181), (4366,2521) rovnice (1), získame riešenia (7,13),(104,181),(1455,2521) rovnice (6). Tiež si tu všimneme, že ak prirodzené čísla z, y spĺňajú rovnicu (6), je dokázané, že pri je súčet dvoch po sebe nasledujúcich štvorcov, napr 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Podobným spôsobom, ako predtým pre rovnicu (1), by sme mohli nájsť všetky riešenia rovnice X+(X+1)= r v prirodzených číslach x, y, pričom za x > 3 g (x. y) \u003d (3x -2r + 1, 3r - 4x -2) a pre X> 1 f(x, y) = (3X+ 2r+l, 4x + Zu + 2),čo vedie k vzorcu ( x, y)f(3,5) a k záveru, že všetky riešenia rovnice (6) v prirodzených číslach x, y sú obsiahnuté v postupnosti { X, r} Pre n= 1, 2,…., Kde x = 3, y = 5 aX=3 X+2 r+1 . r = 4 X+3 r+2 (n=1, 2, ...). Napríklad, 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.
Geometrický význam uvažovanej rovnice je, že dáva všetky pytagorejské trojuholníky (obdĺžnikové s prirodzenými stranami), ktorých nohy sú vyjadrené postupnými prirodzenými číslami. Takýchto trojuholníkov (*) je nekonečné množstvo.
Rovnica je X+(X+1)= r, bolo dokázané, že nemá žiadne riešenia v prirodzených číslach x, y.
VŠEOBECNÁ VZDELÁVACIA INŠTITÚCIA OBECNÝ ROZPOČET
STREDNÁ ŠKOLA № 28 mesta SMOLENSK
ŠTÁTNA UNIVERZITA SMOLENSK
Sekcia Matematika
Esej
Diofantické rovnice
Dokončili prácu: Goncharov Evgeniy Igorevich,
Žiak 11. ročníka
Vedúci: Soldatenkova Zoya Alexandrovna,
učiteľ matematiky
Smolensk
Prečo ma táto téma zaujíma?
Raz som pri listovaní v učebnici narazil na malý bočný panel o diofantínskych rovniciach. Okamžite som si všimol, že textové problémy v rámci tejto témy majú pútavú, niekedy až komickú podmienku a vzhľadom na veľké množstvo rôznych metód na ich riešenie sa mi nezdajú vôbec typické. Niektoré mi navyše robili ťažkosti.
Hľadaním spôsobov, ako ich racionálne riešiť, som sa bližšie zoznámil s touto témou. Čím hlbšie som sa ponoril, čím zložitejšie a zaujímavejšie úlohy som stretol, tým viac otázok pribúdalo. Čoskoro som si uvedomil, že veľká časť tejto témy je mimo školských osnov.
Preto som nepredbiehal udalosti a vŕtal sa v teórii (CTO, Hilbertov 10. problém, Fermatova posledná veta atď.). A začal ovládať výlučne algoritmy na riešenie diofantických rovníc a sústav rovníc a zároveň sa zoznámil s históriou ich objavovania.
Diophantus Alexandrijský je starogrécky matematik. Kroniky nezachovali o tomto vedcovi prakticky žiadne informácie. Diophantus predstavuje jednu zábavnú hádanku v histórii matematiky. z Nevieme, kto to bol, presné roky jeho života, nepoznáme jeho predchodcov, ktorí by pracovali v rovnakej oblasti ako sám Diophantus:
Diophantus cituje Hypsikla z Alexandrie (starogréckeho matematika a astronóma, ktorý žil v 2. storočí pred Kristom);
O Diofantovi píše Theon Alexandrijský (grécky matematik neskorej helenistickej éry, filozof a astronóm, ktorý žil v 3. storočí nášho letopočtu);
Diophantus svoje diela venuje Dionýziovi Alexandrijskému (biskupovi, ktorý žil v polovici 3. storočia nášho letopočtu). Vedci teda naznačujú, že tento matematik žil v 3. storočí nášho letopočtu.
Antológia Maxuima Planuda (gréckeho mnícha zo 14. storočia n. l.) obsahuje epigramovú úlohu „Epitaf Diofantov“:
Popol Diophanta v hrobe spočíva; čuduj sa jej – a kameň
Vek zosnulého mu povie múdrym umením.
Z vôle bohov prežil ako dieťa šestinu svojho života.
A stretol polovicu šiesteho s páperím na lícach.
Prešiel len siedmy, zasnúbil sa s priateľkou.
S ňou po piatich rokoch múdry čakal na syna;
Jeho milovaný syn prežil len polovicu otcovho života.
Od svojho otca ho vzal jeho raný hrob.
Dvakrát dva roky rodič smútil nad ťažkým smútkom,
Tu som videl hranicu svojho smutného života.
(Preložil S. N. Bobrov).
Táto úloha sa redukuje na zostavenie a riešenie najjednoduchšej lineárnej rovnice:
(1/6)x+(1/12)x+(1/7)x+5+(1/2)x+4=x,
kde x je počet rokov, ktoré žil Diophantus.
x+7x+12x+42x+9*84=84x;
x = 84 – toľko rokov žil Diophantus.
A v priebehu rokov Diophantus písal skladby O meraní plôch a o násobení , pojednanie O polygonálnych číslach . Hlavným dielom Diofanta je Aritmetika v 13 knihách.
Žiaľ, nie všetky jeho diela sa zachovali. Tie, ktoré sa k nám dostali, obsahujú 189 problémov s riešeniami, ktoré sa redukujú na určité rovnice prvého a druhého stupňa a neurčité. Prínos tohto vedca pre rozvoj matematiky je obrovský.
Diophantus zavádza špeciálne symboly na odčítanie, skrátené slová pre jednotlivé definície a úkony. To znamená, že to bol on, kto bol autorom prvého algebraického jazyka.
Po Diophantovi je pomenovaný kráter na Mesiaci.
Diophantus však nehľadal všeobecné riešenia, ale uspokojil sa s jedným, spravidla kladným riešením neurčitej rovnice.
Diofantické rovnice ako matematický model životných situácií
Každý človek, dokonca aj nekonečne vzdialený od matematiky, sa bez toho, aby o tom vedel, stretol a navyše riešil najjednoduchšie diofantínske rovnice. V skutočnosti slúžia ako matematický model pre mnohé úlohy, ktoré vznikajú na každodennej úrovni.
Úloha č.1
V sklade sú krabice s klincami o hmotnosti 16, 17 a 40 kg. Podarí sa skladníkovi vydať 100 kg klincov bez otvárania škatúľ?
Je ľahké vidieť, že 17 kg + 17 kg + 16 kg = 50 kg. Potom, aby ste vydali 100 kg (2 krát viac), musíte vziať 4 škatule po 17 kg a 2 škatule po 16 kg.
Odpoveď: Áno, môže.
Tu sme mali šťastie: riešenie bolo zredukované na najjednoduchší výpočet a odpoveď sa ukázala ako zrejmá. Pozrime sa na ďalší problém:
Úloha č. 2
Vo výbehu sú jednohlavé stonožky a trojhlavé hady. Celkovo majú 298 nôh a 26 hláv. Koľko nôh majú trojhlavé hady?
Nech je v ohrade x stonožiek a y Gorynychov a každý had má p nôh. Okamžite stanovujeme, že každá z týchto premenných musí byť celá a kladná. potom:
3y=26x=26-3yx=26-3yx=26-3y
x+py=29840x+py=298120y-742=py p=120-742/y
x>026-3y>0y?8 rokov?8
y>0 p>0 p>0 120-742/y>0>0y>0y>0y>0
p=120-742/yPotom: x=5
Keďže p je celé číslo, p=27,25 nám nevyhovuje.
Táto úloha bola o niečo ťažšia ako prvá, ale zavedením obmedzení premenných sme dokázali zúžiť vyhľadávanie len na dva prípady. Pokračujte:
Úloha č. 3
Do pohárov s objemom 0,7 litra a 0,9 litra je potrebné naliať 20,5 litra šťavy, aby boli všetky poháre plné. Koľko plechoviek potrebujete na prípravu? Aký najmenší počet pohárov môže byť potrebný?
Nech x je počet plechoviek s objemom 0,7 litra a y je 0,9 litra. Potom zostavíme rovnicu:
Je zrejmé, že priame vyčíslenie čísel hlava-nehlava zaberie veľa času. A na svete nie je miesto pre škaredú matematiku ©G. Hardy.
Uvažujme o metóde riešenia takýchto rovníc a potom sa vrátime priamo k nášmu problému a dokončíme ho.
Metóda rozptylu
Diofantovská rovnica má tvar: (x1,x2…xn)=0, kde P je celočíselná funkcia a premenné xi nadobúdajú celočíselné hodnoty. Pri riešení úlohy číslo 2 stojíme pred rovnicou v tvare ax + by = c, kde a, b a c sú celočíselné koeficienty a x a y sú premenné, ktoré nadobúdajú iba celočíselné hodnoty. Ide o lineárnu diofantínsku rovnicu s dvoma neznámymi.
Všeobecná metóda riešenia takýchto rovníc vznikla v Indii v 12. storočí. Jeho vzhľad bol spôsobený astronomickými požiadavkami a kalendárom
výpočty. najprv nápovedy o všeobecnom riešení diofantínskych rovníc urobil Ariabhatt. Samotnú metódu vytvorili Bhaskara a Brahmagupta. Teraz je známa ako metóda rozptylu. Poďme to analyzovať na príklade:
Príklad č. 1: Nájdite všetky celočíselné riešenia rovnice 19x-8y=13.
Vyjadríme y pomocou x (keďže koeficient y je najmenší) a vyberieme časť celého čísla:
y \u003d (19x-13) / 8 \u003d (3x-13) / 8 + 2x
Výraz (3x-13)/8 musí byť celé číslo. Označme to ako k.
Potom 8k = 3x-13. Zopakujme vyššie uvedenú operáciu:
x=(8k+13)/3=2k+(2k+13)/3= (2k+13)/3. Potom 3h=2k+13,=(3h-13)/2=(h-13)/2+h= (h-13)/2. Potom 2p = h-13. h=13+2p
Z rovnosti (4) je zrejmé, že h má celočíselné hodnoty pre akékoľvek celočíselné hodnoty p.
Postupnými substitúciami (4) nájdeme výrazy pre neznáme: k=13+3p, x= 39+8p a napokon y=91+18p.
Odpoveď: (39+8p; 91+18p).
Teraz, keď máme dostatočnú zásobu vedomostí, vráťme sa k problému číslo 3.
x=29+(2-9y)/7; nech t=(2-9y)/7, kde t je celé číslo;
t = 2-9y; t=(2-2y)/7-y; nech (2-2y)/7=p, kde p je celé číslo;
Y=7k, kde k je celé číslo, y=1-7k, kde k je celé číslo. Potom x=28+9k.
x>0; 28+9k>0;k?-3.
y>0; 1-7k>0;k?0.
To znamená, že k môže nadobúdať hodnoty: -3, -2, -1,0.
x+y=1-7k+28+9k; x+y=29+2k.
To znamená, že najmenší počet pohárov zodpovedá najmenšiemu k.
(x+y)najmenšia=29-6=23.
Odpoveď: (28+9k;1-7k), kde k nadobúda hodnoty -3,-2,-1,0. Najmenší počet plechoviek je 23.
Problémy s rozšírením čísla
Stojí za zmienku, že medzi textovými úlohami na túto tému zaujímajú osobitné čestné miesto textové úlohy, ktoré sa obmedzujú na nájdenie čísla, poznania jeho deliteľov a zvyškov. Sú tiež najkomplexnejšie, a preto zaujímavé. Uvažujme o niektorých z nich.
Roľníčka niesla na trh košík vajec. Neopatrný jazdec, ktorý predbehol ženu, sa dotkol košíka a všetky vajcia boli rozbité. Chcel to napraviť a spýtal sa sedliackej ženy, koľko vajec je v koši. Odpovedala, že nepozná počet vajíčok, ale keď ich zniesla po 2, 3, 4, 5 a 6, vždy zostalo jedno vajce nadbytočné, a keď zniesla 7, nezostalo už žiadne vajce navyše. Aký najmenší počet vajec mohla sedliacka odniesť na trh?
Riešenie: Označme požadovaný počet vajec ako n, potom zostavíme sústavu rovníc:
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 x 3e (5) = 7fn = 7f
Z rovníc (1), (2), (3), (4), (5) vyplýva, že číslo n-1=2*3*2*5k, kde k je celé číslo;
n-1=60k;n=60k+1.
Pri dosadení výsledného n do (7) dostaneme rovnicu: 60k+1=7f.
f= (60k+1)/7 = (4k+1)/7 + 8k;=(4k+1)/7, kde r je celé číslo, (1)
7r = 4k+1; 4k = 7r-1; k=(3r-1)/4+r;=(3r-1)/4, kde s je celé číslo
3r-1 = 4s; 3r=4s+1;r= (s+1)/3+r;= (s+1)/3, kde u je celé číslo, potom
s+l=3u; s=3u-1,
to znamená, že s má vždy celé číslo pre akékoľvek celé číslo u. Postupnými substitúciami dostaneme:
r = 4u-1; k = 7u-2; f=420u -119.
Je zrejmé, že keď u = 1, f nadobúda najmenšiu kladnú hodnotu, konkrétne 301.
odpoveď: 301.
* Treba poznamenať, že nie je potrebné slepo nasledovať tento algoritmus až do konca. V skutočnosti v rámci problému nemusíme nájsť všetky možné celočíselné hodnoty k: stačí len jedna, najmenšia. A už po (1) transformácii je zrejmé, že hľadané k sa rovná 5, čo znamená f=60*5+1=301.
Predpokladajme, že sú tam nejakí turisti. Keď ich rozdelíme do trojíc, dostaneme zvyšok 2, rozdelenie na päť - 3, rozdelenie na sedmičky - 2. Koľko turistov je v skupine, ak ich celkový počet nepresiahne 100 osôb.
Nech je celkovo k turistov. potom:
3a+2 k=3a+2=5b+3 5b+3=3a+2=7c+2 7c+2=3a+2
A tu sa očividná časť nášho riešenia zastaví. Aby ste sa z toho dostali, musíte si uvedomiť, že:
1) a*b+c?c (moda) ? c (modb). Napríklad 15? 1 (mod 7), to znamená, že číslo 15 dáva pri delení 7 zvyšok 1.
2) a*b+d? c (modrá) ó a*b? c-d (modrý) ó b? a(c-d) (modrá) oa? b(c-d) (modrá). potom:
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, kdep celé číslo a=3 + 5p
15p? 0 (mod 7) p= -135 (mod 7)
3a+2 k=3a+2k=105d-2014=3 + 5pa=35d-672 a=35d-672=-135 + 7d, kde d je celé číslo p=-135 + 7dp= -135 + 7d
Takže k=105d-2014. Ak d = 20, potom k = 86, ak d<20 , то k<0, если d>20, potom k>100. odpoveď: 86.
Skúsme tomu dať praktickú užitočnosť, napríklad odvodiť všeobecný vzorec pre turistického sprievodcu na počítanie turistov. Nech sú r1, r2, r3 zvyšky pri rozdelení celkového počtu turistov do skupín po 3, respektíve 5,7 a celkový počet turistov aj tak nepresiahne 100 osôb. Ak budeme argumentovať podobne, dostaneme:
3a+r1 3a? (r2-r1) (mod 5)a=3(r2-r1) + 5d kde 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 kde p je celé číslo
d?15(r3-9r2+8r1) (mod 7) a = 3(r2-r1) + 5d
k=9r2-8r1+15d k=225r3-1792r1-2016r2+105p
Odpovede: 86; k=225r3-1792r1-2016r2+105p.
Získali sme teda vzorec pre k. Ale okrem r1,r2,r3 obsahuje celé číslo d. Vynára sa logická otázka: bude číslo k určené vždy jedinečným spôsobom, ak je menšie ako 100? Menej ako 150? 43? a tak ďalej.
Čínska veta o zvyšku
The Chinese Remainder Theorem (CRT) je séria súvisiacich tvrdení formulovaných v pojednaní čínskeho matematika Sun Tzu (3. storočie nášho letopočtu) a zhrnutých Qinom Jiushao (18. storočie nášho letopočtu) vo svojej knihe Mathematical Reasoning v 9 kapitolách. Znie to takto:
Nech sú čísla M1 , M2, ..., Mk v páre rovnaké a M= M1*M2*...*Mk .
x?B1(modM1)? B2 (modM2)
má jedinečné riešenie medzi číslami (0,1,…,M-1).
Zjednodušene povedané, odpoveď bude vždy jednoznačná, ak je potrebný počet turistov menší ako súčin deliteľov, ktorými sa delí. Ak sa vrátime k úlohe č. 4, povieme, že ich bude možné spočítať, ak ich celkový počet nepresiahne 104. (M-1=3*5*7-1=104). Aby sme teda mohli spočítať osobu, vychádzajúc z nášho vzorca, je potrebné vypočítať 225r3-1792r1-2016r2 a potom od neho odčítať číslo 105, kým nedostaneme číslo menšie ako 105, ale väčšie ako 0. Toto je dlhé a nepohodlné. A úprimne povedané, počet asi sto ľudí sa dá spočítať bez použitia takýchto zložitých algoritmov.
Najjednoduchšie nelineárne diofantické rovnice
Diophantus kompletne analyzoval neurčité rovnice druhého stupňa s dvoma neznámymi. Na riešenie rovníc a sústav vyšších stupňov vyvinul ešte jemnejšie a zložitejšie metódy, ktoré upútali pozornosť mnohých moderných európskych matematikov. Ale takmer všetky rovnice tohto typu v rámci školského kurzu sú riešené metódou faktorizácie.
Príklad #2: Vyriešte rovnicu x2-3xy+2y2=7 v celých číslach.
x2-xy-2xy+2y2=7;
x(x-y)-2y(x-y)=7;
Je zrejmé, že číslo 7 môžeme získať nasledujúcimi spôsobmi: 1*7=7;7*1=7;-1*(-7)=7;-7*(-1).
Potom zostavíme a vyriešime sústavu rovníc:
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
Odpoveď: (13;6), (-5;-6), (-13;-6), (5,6).
Príklad č. 3: Dokážte, že rovnica x5+3x4y- 5x3y2-15x2y3 + 4xy4+12y5=33 nemá korene z celého čísla.
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;
Ak y=0, tak pôvodná rovnica bude mať tvar x5=33. Potom x nie je celé číslo. To znamená, že pre y=0 táto rovnica nemá celé riešenia. Ak y?0, potom všetkých päť faktorov na ľavej strane rovnice je rôznych. Na druhej strane, číslo 33 môže byť reprezentované ako súčin maximálne štyroch rôznych faktorov (33=1 3 11 alebo 33=-1 3 (-11) (-1), atď.). Preto pre y?0 táto rovnica tiež nemá žiadne úplné riešenia.
Hilbertov desiaty problém
Tak či onak vyvstáva otázka: dá sa nejaká diofantická rovnica vyriešiť, teda nájsť jej korene alebo dokázať ich absenciu.
augusta 1900 sa konal II. medzinárodný kongres matematikov. David Hilbert na ňom navrhol 23 problémov. Desiaty bol:
Nech je daná diofantická rovnica s ľubovoľnými neznámymi a celočíselnými racionálnymi číselnými koeficientmi. Uveďte metódu, pomocou ktorej je možné po konečnom počte operácií určiť, či je táto rovnica riešiteľná v racionálnych celých číslach.
S touto úlohou bojovalo mnoho bystrých myslí 20. storočia: AxelThue, TuralfSkolem, Emil Post, Julia Robinson, Martin Davis a Hilary Putnam, Martina Davis a ďalší. A až v roku 1970 Yuri Matiyasevich dokončil dôkaz o algoritmickej neriešiteľnosti tohto problému.
David Hilbert (23. januára 1862 – 14. februára 1943) bol nemecký matematik, ktorý významne prispel k rozvoju mnohých oblastí matematiky. V 10. a 20. rokoch 20. storočia (po smrti Henriho Poincarého) bol uznávaným svetovým lídrom v matematike. V roku 1970 pomenovala Medzinárodná astronomická únia po Gilbertovi kráter na odvrátenej strane Mesiaca.
Jurij Vladimirovič Matiyaševič (nar. 2. marca 1947, Leningrad) – sovietsky a ruský matematik, vedecký pracovník petrohradského oddelenia Matematického inštitútu. V. A. Steklová RAS, členka odbornej komisie RSOS pre matematiku, akademička Ruskej akadémie vied, doktorka fyzikálnych a matematických vied
diofantická rovnica matematická
Záver
Táto téma je mnohostranná a takmer bezhraničná. Nie nadarmo si nad ňou lámali hlavu svetoznámi vedci počas celej histórie rozvoja matematiky. Dotýka sa základných pojmov v matematike a zdá sa mi, že znalosť diofantínskych rovníc nebude nikdy vyčerpávajúca.
Pri tejto eseji som si osvojil metódu rozptylu, naučil som sa riešiť sústavy rovníc pre úlohy o rezíduách, zoznámil som sa s históriou zvládnutia metód riešenia diofantínových rovníc.
Vo svete matematiky, ktorý je už dlho múdry a majestátny, kráčame po vychodených cestách.
Ale každý sa môže stať priekopníkom: najprv pre seba a v budúcnosti možno pre iných ...
Myslím, že pokračovať v práci na tejto téme, rozšíriť si vedomosti v riešení neurčitých rovníc. Štúdium nových metód riešenia obohacuje vedomostnú základňu každej osoby, najmä preto, že môžu byť relevantné pre USE (C6).
Bibliografia
1. Časopis "Quantum" 1970 #7
„Encyklopédia mladého matematika“ 520 s.
http://ilib.mirror1.mccme.ru/djvu/serp-int_eq.htm
Pichugin L.F. „Za stránkami učebnice algebry“, M., 1990, 224s.
Glazer G.I. "Dejiny matematiky v škole 10-11", 351s
Petrakov I.A. "Matematika pre zvedavých", M., 2000. 256s.
http://bars-minsk.narod.ru/teachers/diofant.html
Doučovanie
Potrebujete pomôcť s učením témy?
Naši odborníci vám poradia alebo poskytnú doučovacie služby na témy, ktoré vás zaujímajú.
Odoslať žiadosť s uvedením témy práve teraz, aby ste sa dozvedeli o možnosti konzultácie.
