Diophantine denklemlerini çözmek için iniş yöntemi. Herhangi bir sayıda bilinmeyenli lineer Diophantine denklemlerinin çözümü. Patilerle ilgili sorun

Bugün ilginç bir matematik problemi üzerinde düşünmeyi öneriyorum.
Şöyle ki, aşağıdaki doğrusal denklemi çözerek ısınalım:

"Ne zor?" - sen sor. Aslında, yalnızca bir denklem ve dört adede kadar bilinmeyen. Bu nedenle, üç değişken serbesttir ve sonuncusu onlara bağlıdır. O halde hızlıca ifade edelim! Örneğin, değişken aracılığıyla, o zaman çözüm kümesi aşağıdaki gibidir:

herhangi bir gerçek sayının kümesi nerede.

Çözümün gerçekten çok önemsiz olduğu ortaya çıktı. O zaman görevimizi karmaşıklaştıracağız ve daha ilginç hale getireceğiz.

hakkında hatırlayalım tamsayı katsayılı ve tamsayı köklü doğrusal denklemler, aslında bir tür Diophantine denklemidir. Spesifik olarak, denklemimize tamsayı katsayıları ve kökleri üzerinde uygun kısıtlamayı uygulayacağız. Bilinmeyenler için katsayılar zaten tam sayılardır (), ancak bilinmeyenlerin kendileri aşağıdakilerle sınırlandırılmalıdır:

tamsayılar kümesi nerede.

Artık makalenin başında elde edilen çözüm işe yaramayacak çünkü onu rasyonel (kesirli) bir sayı olarak alma riskimiz var. Peki bu denklemi nasıl çözersiniz? münhasıran tam sayı olarak mı

Bu sorunu çözmekle ilgileniyorum, kedi altında soruyorum.

Ve sizinle devam ediyoruz. İstenen denklemin bazı temel dönüşümlerini yapmaya çalışalım:

Sorun hala anlaşılmaz görünüyor, bu gibi durumlarda matematikçiler genellikle bir tür ikame yaparlar. Seninle patlatalım:

Vay canına, ilginç bir sonuca ulaştık! Katsayı şimdi bizimle bire eşit, bu, sizin ve benim bu bilinmeyeni, bu denklemdeki diğer bilinmeyenler açısından herhangi bir bölme olmadan (makalenin en başında günah işlediğimiz) ifade edebileceğimiz anlamına gelir. Hadi yapalım:

Bunun bize ne olursa olsun (Diophantine denklemleri çerçevesinde) bir tamsayı olarak kalacaklarını söylediğini not edeyim ve bu iyi.

Bunu söylemenin adil olduğunu hatırlamak. Ve yukarıda elde edilen sonucu değiştirerek şunu elde ederiz:

Burada ayrıca, ne olursa olsun, yine de bir tamsayı olarak kalacaklarını görüyoruz ve bu yine de iyi.

O zaman akla parlak bir fikir gelir: öyleyse serbest değişkenler olarak ilan edelim ve onlar aracılığıyla ifade edelim! Aslında, biz zaten yaptık. Geriye sadece cevabı çözüm sistemine yazmak kalır:

Şimdi bunu karar sisteminde görebilirsiniz. hiçbir yerde bölünme yok, bu da çözümlerin her zaman tamsayı olacağı anlamına gelir. Örneğin şunu varsayarak, orijinal denklemin özel bir çözümünü bulmaya çalışalım:

Orijinal denklemde değiştirin:

Aynı, harika! Başka bir örnekle tekrar deneyelim, olur mu?

Burada negatif bir katsayı görüyoruz, bize oldukça fazla sorun verebilir, bu yüzden onu değiştirerek günahtan kurtulalım, o zaman denklem aşağıdaki gibi olacaktır:

Hatırladığımız gibi, görevimiz, denklemimizde birim katsayılı bir bilinmeyen olacak şekilde dönüşümler yapmaktır (daha sonra onu herhangi bir bölme olmadan geri kalanıyla ifade etmek için). Bunu yapmak için yine "parantezden" bir şey çıkarmalıyız, en hızlısı denklemden bire en yakın katsayıları almaktır. Bununla birlikte, yalnızca denklemin zorunlu olarak bazı katsayıları (ne daha fazla ne daha az) olan sayının parantezden çıkarılabileceğini anlamalısınız, aksi takdirde bir totoloji / çelişki veya kesirler (başka bir deyişle, serbest değişkenlerin son değişiklik dışında bir yerde görünmesi imkansızdır). Bu yüzden:

Bir değiştirmeyi tanıtıyoruz, sonra şunu elde ediyoruz:

Yine parantezden çıkarıyoruz ve son olarak denklemdeki bilinmeyeni birim katsayılı olarak elde ediyoruz:

Bir yedek sunuyoruz, ardından:

Yalnız bilinmeyenimizi buradan ifade edelim:

Bundan, ne alırsak alalım, yine de bir tam sayı olarak kalacağı sonucu çıkar. O zaman orandan şunu buluruz:

Benzer şekilde, ilişkiden şunu buluruz:

Bunun üzerine çözüm sistemimiz olgunlaştı - tüm bilinmeyenleri bölmeye başvurmadan kesinlikle ifade ettik, böylece çözümün kesinlikle tamsayı olacağını gösterdik. Ayrıca, bunu unutmayın ve bir ters ikame uygulamamız gerekir. O zaman nihai çözüm sistemi aşağıdaki gibidir:

Böylece, soruyu cevaplamaya devam ediyor - benzer herhangi bir denklem bu şekilde çözülebilir mi? Cevap: Denklem ilke olarak çözülemez ise hayır. Bu, serbest terimin bilinmeyenler için tüm katsayıların OBEB ile bölünemediği durumlarda ortaya çıkar. Başka bir deyişle, denklem verildiğinde:

Tamsayılarda çözmek için aşağıdaki koşulu yerine getirmek yeterlidir:

(en büyük ortak bölen nerede).

Kanıt

İspat, ayrı bir madde gerekçesi olduğundan bu madde çerçevesinde değerlendirilmemiştir. Örneğin, V. Sierpinsky'nin §2'deki "Tamsayılarda denklem çözme üzerine" adlı harika kitabında görebilirsiniz.

Yukarıdakileri özetleyerek, herhangi bir sayıda bilinmeyenli doğrusal Diophantine denklemlerini çözmek için bir eylem algoritması yazıyoruz:

Sonuç olarak, denklemin her bir terimine, üzerinde bir eşitsizlik şeklinde kısıtlamalar eklemenin de mümkün olduğunu söylemeye değer (daha sonra çözüm sistemine, cevabın ihtiyaç duyacağı bir eşitsizlik sistemi eklenir. ayarlanabilir) ve ayrıca ilginç bir şey daha ekleyin. Çözüm algoritmasının katı olduğunu ve bir bilgisayar programı şeklinde yazılabileceğini de unutmamalısınız.

Peter seninleydi
İlginiz için teşekkür ederiz.

Problem 1. Diyelim ki ahtapotlar ve denizyıldızları bir akvaryumda yaşıyor. Ahtapotların 8, denizyıldızlarının 5 bacağı vardır.Toplamda 39 bacak vardır.Akvaryumda kaç hayvan vardır?

Çözüm. Denizyıldızlarının sayısı x, ahtapotların sayısı y olsun. O zaman tüm ahtapotların 8 bacağı vardır ve tüm yıldızların 5 bacağı vardır. Bir denklem kuralım: 5x + 8y = 39.

Hayvan sayısının tam sayı olmayan veya negatif sayılar olarak ifade edilemeyeceğini unutmayın. Bu nedenle, x negatif olmayan bir tam sayıysa, y \u003d (39 - 5x) / 8 de tam sayı olmalı ve negatif olmamalıdır, yani 39 - 5x ifadesi 8'e kalansız bölünebilir olmalıdır. seçeneklerin sıralanması, bunun yalnızca x = 3, ardından y = 3 ise mümkün olduğunu gösterir. Yanıt: (3; 3).

ax + bu = c şeklindeki denklemler, eski Yunan matematikçisi İskenderiyeli Diophantus'tan sonra Diophantine olarak adlandırılır. Görünüşe göre Diophantus 3. yüzyılda yaşadı. N. e., biyografisinin bize bilinen gerçeklerinin geri kalanı, efsaneye göre mezar taşına kazınmış böyle bir bilmece şiiriyle tükendi:

Diophantus'un külleri mezardadır; ona ve taşa hayret

Ölen kişinin yaşı ona bilgece bir sanatla anlatılacaktır.

Tanrıların iradesiyle hayatının altıda birini çocuk olarak geçirdi.

Ve altıncının yarısını yanaklarında tüylerle karşıladı.

Ancak yedinci geçti, kız arkadaşıyla nişanlandı.

Onunla beş yıl geçirdikten sonra bilge bir adam oğlunu bekledi;

Sevgili oğlu, babasının hayatının sadece yarısını yaşadı.

Erken mezarı tarafından babasından alındı.

Ebeveyn iki kez iki kez ağır kederin yasını tuttu,

Burada hüzünlü hayatımın sınırını gördüm.

İskenderiyeli Diophantus kaç yıl yaşadı?

Görev 2. Depoda 16.17 ve 40 kg'lık kutularda çivi var. Bir bakkal, kutuları açmadan 100 kg çivi verebilir mi? (doğrudan numaralandırma yöntemi)

Bir bilinmeyene göre çözme yöntemini inceleyelim.

Görev 3. Sanat galerisinin kataloğunda 96 resim bulunmaktadır. Bazı sayfalarda 4, bazılarında 6 resim var. Katalogda her türden kaç sayfa var?

Çözüm. Dört resimli sayfa sayısı x olsun,

y, altı resimli sayfa sayısıdır,

Bu denklemi, katsayısı en küçük (modulo) olan bilinmeyenlere göre çözüyoruz. Bizim durumumuzda bu 4x, yani:

Tüm denklemi bu faktöre böleriz:

4x=96-6y | :4;

4'e bölündüğünde kalanlar: 1,2,3. Bu sayıları y için değiştirin.

y=1 ise x=(96-6∙1):4=90:4 - Çalışmıyor, çözüm tamsayılarda değil.

y=2 ise x=(96-6∙2):4=21 - Uygun.

y=3 ise x=(96-6∙3):4=78:4 - Çalışmıyor, çözüm tamsayılarda değil.

Yani, belirli bir çözüm (21;2) çiftidir, yani 21 sayfada 4 resim ve 2 sayfada 6 resim vardır.

Öklid algoritmasını kullanarak çözüm yöntemini inceleyelim.

Problem 4. Mağaza iki çeşit çikolata satıyor: sütlü ve bitter. Tüm çikolatalar kutularda saklanır. Depoda 7 kutu sütlü çikolata, 4 kutu bitter çikolata var.Bir kutu daha bitter çikolata olduğu biliniyor. Her bir kutu türünde kaç tane çikolata vardır?

Çözüm. Bir kutudaki sütlü çikolata sayısı x olsun,

y, bir kutudaki bitter çikolata sayısıdır,

O zaman bu problemin durumuna göre bir denklem yazabiliriz:

Öklid'in algoritmasını kullanarak bu denklemi çözelim.

Ekspres 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.

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

Böylece x=1 çıkıyor; y=2.

Bu da sütlü çikolatanın bir kutuda 1 adet, bitterin ise 2 adet olduğu anlamına gelir.

Belirli bir çözümü arama yöntemini ve genel çözüm formülünü inceleyelim.

Problem 5. Afrika kabilesi Tumbe-Yumbe'de iki yerli Tumba ve Yumba kuaför olarak çalışıyor ve Tumba müşterileri için her zaman 7 örgü ve Yumba her biri 4 örgü örüyor. Birlikte 53 at kuyruğu ördükleri biliniyorsa, vardiya sırasında ustalar tarafından kaç müşteriye bireysel olarak hizmet verildi?

Çözüm. Tumba müşteri sayısı x olsun,

y, Yumba müşterilerinin sayısıdır,

sonra 7x+4y=53 (1).

Şimdi, (,) denkleminin belirli çözümlerini bulmak için, bize verilen sayıların toplamını 1 ile değiştiriyoruz. Bu, uygun sayıların aranmasını büyük ölçüde kolaylaştıracaktır. Biz:

Bu denklemi yerine koyma yöntemini kullanarak çözelim.

4y \u003d 1-7x │: 4;

4'e bölündüğünde kalanlar: 1, 2, 3. x yerine şu sayıları yazın:

x=1 ise y=(1-7):4 uygun değildir, çünkü çözüm tamsayılarda değil.

x=2 ise, y=(1-7∙2):4 uygun değildir, çünkü çözüm tamsayılarda değil.

x=3 ise, o zaman y=(1-7∙3):4=-5 iyidir.

Ardından ortaya çıkan değerleri, 1 ile değiştirdiğimiz toplamın başlangıç ​​​​değeri ile çarpıyoruz, yani.

x=x 0 ∙53=3∙53=159;

y=y 0 ∙53=-5∙53=-265.

Denklemin (1) özel bir çözümünü bulduk. İlk denklemi değiştirerek kontrol edelim:

7∙159+4∙(-265)=53; (3)

Cevap bir araya geldi. Soyut bir denklem çözüyor olsaydık, orada durabilirdik. Ancak sorunu çözüyoruz ve Tumba negatif sayıda örgü öremediği için çözüme devam etmemiz gerekiyor. Şimdi genel çözüm için formüller yazacağız. Bunu yapmak için, ilk denklemden (1) ikame edilmiş değerlerle (3) denklemi çıkarırız. Biz:

Parantez içindeki ortak çarpanları çıkaralım:

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

Terimlerden birini denklemin bir kısmından diğerine taşıyalım:

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

Şimdi denklemin çözülebilmesi için (x-159) -4'e ve (y + 265)'in 7'ye bölünebilir olması gerektiği anlaşıldı. Bunu gözlemimizi gösterecek olan n değişkenini tanıtalım:

Terimleri denklemin bir tarafından diğerine taşıyalım:

Bu denklem için genel bir çözüm elde ettik, şimdi bunun içine çeşitli sayıları yerleştirebilir ve karşılık gelen cevapları alabiliriz.

Örneğin, n=39 olsun, o zaman

Bu da Tumba'nın 3 müşteri için ve Yumba'nın 8 müşteri için at kuyruğu ördüğü anlamına geliyor.

Sorunları çeşitli şekillerde çözün.

Görev 6: Vovochka, 8 ruble için kalem ve 5 ruble için kalem satın aldı. Üstelik tüm kalemler için tüm kalemlerden 19 ruble daha fazla ödedi. Küçük Johnny kaç kalem ve kaç kurşun kalem aldı? (Öklid algoritmasını kullanarak genel bir çözüm arama yöntemi, bir bilinmeyen için çözüm).

Problem 7. Keçeli kalemler 7 rubleye ve kalemler her biri 4 rubleye toplam 53 rubleye satın alındı. Kaç tane keçeli kalem ve kurşun kalem satın alındı?

Problem 8. (VOSH 2014-2015 belediye turu): C gezegeninde iki tür madeni para vardır: her biri 16 tugrik ve 27 tugrik. Onların yardımı ile 1 tugrik fiyatına mal alınır mı?

Sorun 9. Şehrazat, büyük hükümdara hikayelerini anlatır. Toplamda 1001 peri masalı anlatması gerekiyor. Şehrazat bazı geceler 3, bazı geceler 5 masal anlatırsa, tüm masallarını anlatması kaç gece sürer? Şehrazat mümkün olduğu kadar çabuk yapmak istiyorsa, tüm hikayelerini kaç gecede anlatacak? Şehrazat bir gecede beş hikaye anlatmaktan bıktıysa kaç geceye ihtiyacı olacak, yani mümkün olduğu kadar az gece olmalı?

Görev 10. ("Kova" yı hatırlayın) 9 litre ve 5 litre kapasiteli 3 litre su nasıl dökülür?

Problem 11. Küçük Johnny matematikte harika gidiyor. Günlüğünde sadece beşli ve dörtlü var ve daha çok beşli var. Vovochka'nın matematikteki tüm notlarının toplamı 47'dir. Kaç Vovochka beş ve kaç tane dört aldı?

Sorun 12. Ölümsüz Koschey, Gorynych Yılanlarını yetiştirmek için bir fidanlık kurdu. Son yavruda 17 başlı ve 19 başlı Yılanları var. Toplamda, bu kuluçkanın 339 hedefi var. Koshchei kaç tane 17 başlı ve kaç tane 19 başlı Yılan üretti?

Yanıtlar: Diophantus 84 yıl yaşadı;

görev 2: 4 kutu 17 kg ve 2 kutu 16 kg;

görev 6: 7 kalem ve 8 kalem satın alındı, yani (7,2) özel bir çözümdür ve y = 2 + 5n, x = 7 + 8n, burada nє Z genel bir çözümdür;

görev 7: (-53; 106) - özel bir çözüm, x=4n-53, y=-7n+106 - genel çözümler, n=14, x=3, y=8, yani 3 keçeli tükenmez kalem ve 8 kurşun kalem satın alındı;

görev 8: örneğin, 27 tugriklik 3 jeton ödeyin ve 16 tugriklik 5 jeton bozdurun;

görev 9: (2002; -1001) - özel bir çözüm, x=-5 n+2002, y=3n-1001 - genel bir çözüm, n=350, y=49, x=252, yani 252 gece, 3 her biri peri masalı ve 5 masaldan oluşan 49 gece - toplam 301 gece; en hızlı seçenek: 2 gece üç masal ve 199 gece 5 masal - toplam 201 gece; en uzun seçenek: 332 gece 3 masal ve 1 gece 5 masal - toplam 333 gece.

görev 10: örneğin, 9 litrelik bir kavanoza 2 kez su dökün ve 5 litrelik bir kavanozla 3 kez boşaltın;

görev 11: Küçük Johnny 7 beşli ve 4 dörtlü aldı;

Problem 12: 17 başlı 11 Yılan ve 19 başlı 8 Yılan.

Doğrusal bir Diophantine denklemini çözmek için, tamsayı olan "x" ve "y" değişkenlerinin değerlerini bulmanız gerekir. Tamsayı çözümü, normal çözümden daha karmaşıktır ve belirli bir dizi eylem gerektirir. Önce katsayıların en büyük ortak bölenini (gcd) hesaplamanız ve ardından çözümü bulmanız gerekir. Doğrusal bir denklemin bir tamsayı çözümünü bulduğunuzda, sonsuz sayıda başka çözüm bulmak için basit bir model uygulayabilirsiniz.

Adımlar

Bölüm 1

denklem nasıl yazılır

Denklemi standart formda yazın. Doğrusal bir denklem, değişkenlerin üslerinin 1'i geçmediği bir denklemdir. Böyle bir doğrusal denklemi çözmek için önce onu standart biçimde yazın. Lineer bir denklemin standart formu şöyle görünür: A x + B y = C (\displaystyle Ax+By=C), Nerede A , B (\görüntü stili A,B) Ve C (\görüntü stili C)- bütün sayılar.

Denklemi basitleştirin (mümkünse). Denklemi standart formda yazarken, katsayılara bakın. A , B (\görüntü stili A,B) Ve C (\görüntü stili C). Bu katsayıların bir OBEB'i varsa, üç katsayıyı da buna bölün. Böyle basitleştirilmiş bir denklemin çözümü, orijinal denklemin de bir çözümü olacaktır.

Denklemin çözülüp çözülmediğini kontrol edin. Bazı durumlarda, denklemin çözümü olmadığını hemen beyan edebilirsiniz. "C" katsayısı, "A" ve "B" katsayılarının OBEB'ine bölünemezse, denklemin çözümü yoktur.

Bölüm 2

Öklid algoritması nasıl yazılır

1. Öklid'in algoritmasını anlayın. Bu, bir önceki kalanın bir sonraki bölen olarak kullanıldığı bir dizi tekrarlanan bölme işlemidir. Sayıları eşit olarak bölen son bölen, iki sayının en büyük ortak bölenidir (gcd).

   Öklid'in algoritmasını "A" ve "B" katsayılarına uygulayın. Doğrusal denklemi standart formda yazarken, "A" ve "B" katsayılarını belirleyin ve ardından onlara Öklid algoritmasını uygulayarak gcd'yi bulun. Örneğin, doğrusal denklem verildiğinde 87 x − 64 y = 3 (\displaystyle 87x-64y=3).

   En büyük ortak böleni (gcd) bulun. Son bölen 1 olduğu için 87 ve 64'ün OBEB'i 1'dir. Yani 87 ve 64 birbirine göre asal sayılardır.

   Sonucu analiz edin. Katsayıların OBEB'ini bulduğunuzda A (\görüntü stili A) Ve B (\görüntü stili B), katsayı ile karşılaştırın C (\görüntü stili C) orijinal denklem. Eğer C (\görüntü stili C) NOD'a bölünmüş A (\görüntü stili A) Ve B (\görüntü stili B), denklemin bir tamsayı çözümü vardır; aksi takdirde, denklemin çözümü yoktur.

Bölüm 3

Öklid Algoritmasını Kullanarak Bir Çözüm Nasıl Bulunur?

GCD'yi hesaplamak için adımları numaralandırın. Doğrusal bir denklemin çözümünü bulmak için, yerine koyma ve basitleştirme işleminin temeli olarak Öklid algoritmasını kullanmak gerekir.

Kalanın olduğu son adıma dikkat edin. Kalanı izole etmek için bu adımın denklemini yeniden yazın.

Önceki adımın geri kalanını izole edin. Bu süreç adım adım bir "yukarı çıkmaktır". Her seferinde denklemdeki kalanı bir önceki adımdan izole edeceksiniz.

Bir değişiklik yapın ve basitleştirin. 6. adımdaki denklemin 2 sayısını içerdiğine, ancak 5. adımdaki denklemde 2 sayısının izole olduğuna dikkat edin. Dolayısıyla, 6. adımdaki denklemde "2" yerine 5. adımdaki ifadeyi değiştirin:

Değiştirme ve sadeleştirme işlemini tekrarlayın.Öklid algoritmasında ters sırada hareket ederek açıklanan işlemi tekrarlayın. Her seferinde bir önceki adımın denklemini yeniden yazacak ve onu elde edilen son denklemin yerine koyacaksınız.

1. İkame ve sadeleştirme sürecine devam edin.Öklid algoritmasının ilk adımına ulaşana kadar bu işlem tekrarlanacaktır. Sürecin amacı, çözülecek orijinal denklemin katsayıları 87 ve 64 olan bir denklem yazmaktır. Örneğimizde:

   • 1 = 2 (18) − 7 (5) (\displaystyle 1=2(18)-7(5))
   • 1 = 2 (18) − 7 (23 − 18) (\displaystyle 1=2(18)-7(23-18))(3. adımdaki ikame edilmiş ifade)
   • 1 = 9 (64 − 2 ∗ 23) − 7 (23) (\displaystyle 1=9(64-2*23)-7(23))(2. adımdaki ikame edilmiş ifade)
   • 1 = 9 (64) - 25 (87 - 64) (\displaystyle 1=9(64)-25(87-64))(1. adımdaki ikame edilmiş ifade)

Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı

Yüksek devlet eğitim kurumu

mesleki Eğitim

"Tobolsk Devlet Sosyal ve Pedagoji Akademisi

onlara. DI. Mendeleyev"

Matematik Bölümü, TİMOM

Bazı Diofant Denklemleri

Ders çalışması

FMF 3. sınıf öğrencisi

Mataev Evgeny Viktorovich

Bilim danışmanı:

Fiziksel ve Matematiksel Bilimler Adayı A.I. Valitskas

Seviye: ____________

Tobolsk - 2011

Giriiş……………………………………………………………………........2

§ 1. Lineer Diophantine denklemleri………………………………..3

§ 2. Diophantine denklemiX 2 – y 2 = A………………………………….....9

§ 3. Diophantine denklemiX 2 + y 2 = A…………………………………... 12

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

§ 5. Pisagor üçlüleri…………………………………………………….. 19

§ 6. Fermat'ın Son Teoremi………………………………………………23

Sonuç……………………………………………………………….….....29

Bibliyografya ..........………………………………………………..30

GİRİİŞ

Bir Diophantine denklemi, formun bir denklemidir P(X 1 , … , X N ) = 0 , burada sol taraf değişkenlerde bir polinomdur X 1 , … , X N tamsayı katsayıları ile. Herhangi bir sıralı set (sen 1 ; … ; sen N ) özellikli tamsayılar P(sen 1 , … , sen N ) = 0 Diophantine denkleminin (kısmi) çözümü denir P(X 1 , … , X N ) = 0 . Bir Diophantine denklemini çözmek, tüm çözümlerini bulmak anlamına gelir, yani bu denklemin genel çözümü.

Amacımız, eğer bu çözümler mevcutsa, bazı Diophantine denklemlerine nasıl çözüm bulunacağını öğrenmek olacaktır.

Bunu yapmak için aşağıdaki soruları cevaplamanız gerekir:

A. Diophantine denkleminin her zaman bir çözümü var mı, bir çözümün var olma koşullarını bulun.

B. Bir Diophantine denklemine çözüm bulmaya izin veren bir algoritma var mı?

Örnekler: 1. Diofant denklemi 5 X – 1 = 0 çözümleri yoktur.

2. Diofant denklemi 5 X – 10 = 0 bir çözümü var X = 2 , tek olan.

3. Denklem ln X – 8 X 2 = 0 diofant değildir.

4. Genellikle formun denklemleri P(X 1 , … , X N ) = Q(X 1 , … , X N ) , Nerede P(X 1 , … , X N ) , Q(X 1 , … , X N ) Diophantine olarak da adlandırılan tamsayı katsayılı polinomlardır. şeklinde yazılabilirler. P(X 1 , … , X N ) – Q(X 1 , … , X N ) = 0 , Diophantine denklemleri için standarttır.

5. X 2 – y 2 = A herhangi bir a tamsayısı için iki bilinmeyenli x ve y ile ikinci dereceden bir Diophantine denklemidir. için çözümleri vardır A = 1 , ancak çözümü yok A = 2 .

§ 1. Doğrusal Diofant Denklemleri

İzin vermek A 1 , … , A N , İleZ . Tip denklemi A 1 X 1 + … + bir N X N = ç katsayılı doğrusal bir Diophantine denklemi olarak adlandırılır A 1 , … , A N , sağ taraf c ve bilinmiyor X 1 , … , X N . Doğrusal bir Diophantine denkleminin sağ tarafı c sıfırsa, böyle bir Diophantine denklemine homojen denir.

Acil hedefimiz, iki bilinmeyenli lineer Diophantine denklemlerinin özel ve genel çözümlerini nasıl bulacağımızı öğrenmektir. Açıkçası, herhangi bir homojen Diophantine denklemi A 1 X 1 + … + bir N X N = 0 her zaman belirli bir çözümü vardır (0; … ; 0).

Açıkçası, tüm katsayıları sıfıra eşit olan doğrusal bir Diophantine denklemi, yalnızca sağ tarafı sıfıra eşit olduğunda bir çözüme sahiptir. Genel olarak, aşağıdakilere sahibiz

Teorem (doğrusal bir Diophantine denkleminin çözümünün varlığı üzerine). Doğrusal diofant denklemi A 1 X 1 + … + bir N X N = ç katsayılarının tümü sıfıra eşit olmayan , ancak ve ancak şu durumlarda bir çözüme sahiptir: GCD(bir 1 , … , A N ) | C.

Kanıt. Durumun gerekliliği açıktır: GCD(bir 1 , … , A N ) | A Ben (1 Ben N) , Bu yüzden GCD(bir 1 , … , A N ) | (A 1 X 1 + … + A N X N ) , yani bölünür ve

C = A 1 X 1 + … + A N X N .

İzin vermek D= gcd(A 1 , … , A N ) , ç =dt Ve A 1 sen 1 + … + bir N sen N = D – sayıların en büyük ortak böleninin doğrusal açılımı A 1 , … , A N. Her iki tarafı da çarparak T, alırız A 1 (sen 1 T) + … + bir N (sen N T) = dt = C, yani tamsayı

N-ka (X 1 T; … ; X N T) ile orijinal denklemin bir çözümüdür N Bilinmeyen.

Teorem kanıtlanmıştır.

Bu teorem, doğrusal Diophantine denklemlerine belirli çözümler bulmak için yapıcı bir algoritma verir.

Örnekler: 1. Doğrusal diofant denklemi 12x+21y=5çözümü yok çünkü gcd(12, 21) = 3 bölünmez 5 .

2. Diophantine denkleminin belirli bir çözümünü bulun 12x+21y = 6.

Açıkçası şimdi gcd(12, 21) = 3 | 6, öyleyse çözüm var. Doğrusal genişlemeyi yazıyoruz gcd(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1). Bu nedenle, bir çift (2; –1) denklemin özel bir çözümüdür 12x+21y = 3 ve bir çift (4; –2) orijinal denklemin özel bir çözümüdür 12x+21y = 6.

3. Doğrusal bir denklemin belirli bir çözümünü bulun 12x + 21y - 2z = 5.

Çünkü (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , o zaman çözüm vardır. Teoremin ispatından sonra, önce denklemin bir çözümünü buluruz. (12.21)x–2y=5 ve sonra, önceki problemdeki en büyük ortak bölenin doğrusal açılımını değiştirerek, orijinal denklemin çözümünü elde ederiz.

Denklemi çözmek için 3x - 2y = 5 doğrusal genişlemeyi yazın gcd(3, -2) = 1 = 31 - 21 açıkça. Yani birkaç numara (1; 1) denklemin bir çözümü 3 X – 2 y = 1 ve bir çift (5; 5) Diophantine denkleminin özel bir çözümüdür 3x - 2y = 5.

Bu yüzden, (12, 21)5 – 25 = 5 . Burada daha önce bulunan doğrusal genişlemeyi değiştirmek (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , alırız (122+21(–1))5 – 25 = 5 , veya 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , yani tamsayıların üçlüsü (10; –5; 5) orijinal Diophantine denkleminin özel bir çözümüdür 12x + 21y - 2z = 5.

Teorem (doğrusal bir Diophantine denkleminin genel çözümünün yapısı üzerine). Doğrusal bir Diophantine denklemi için A 1 X 1 + … + bir N X N = ç aşağıdaki ifadeler doğrudur:

(1) eğer = (sen 1 ; … ; sen N ), = (v 1 ; … ; v N ) onun özel çözümleri, o zaman fark (sen 1 –v 1 ; … ; sen N –v N ) karşılık gelen homojen denklemin özel bir çözümüdür A 1 X 1 + … + bir N X N = 0 ,

(2) doğrusal Diophantine homojen denkleminin belirli çözümlerinin kümesi A 1 X 1 + … + bir N X N = 0 tamsayılarla toplama, çıkarma ve çarpma altında kapalı,

(3) eğer M verilen doğrusal Diophantine denkleminin genel çözümüdür ve L karşılık gelen homojen Diophantine denkleminin genel çözümüdür, o zaman herhangi bir özel çözüm için = (sen 1 ; … ; sen N ) orijinal denklem gerçek eşitliktir M = +U .

Kanıt. eşitliği çıkarma A 1 v 1 + … + A N v N = C eşitlikten A 1 sen 1 + … + bir N sen N = ç, alırız A 1 (sen 1 –v 1 ) + … + bir N (sen N –v N ) = 0 , yani küme

(sen 1 –v 1 ; … ; sen N –v N ) doğrusal homojen Diophantine denkleminin özel bir çözümüdür A 1 X 1 + … + bir N X N = 0 . Böylece kanıtlanmıştır ki

= (sen 1 ; … ; sen N ), = (v 1 ; … ; v N ) ML .

Bu, (1) iddiasını kanıtlar.

İfade (2) benzer şekilde kanıtlanmıştır:

, L z Z L z L .

(3)'ü kanıtlamak için, önce şunu not ederiz: M+L. Bu, bir öncekinden şu şekildedir: M+L .

Tersine, eğer = (l 1 ; … ; ben N ) L ve = (sen 1 ; … ; sen N ) M, sonra M:

A 1 (sen 1 + ben 1 )+ …+a N (sen N + ben N ) = (bir 1 sen 1 + … + bir N sen N )+(bir 1 ben 1 + … + bir N ben N ) = c + 0 = c.

Böylece, + LM ve sonunda M = +U .

Teorem kanıtlanmıştır.

Kanıtlanmış teoremin net bir geometrik anlamı vardır. Doğrusal denklemi düşünürsek A 1 X 1 + … + bir N X N = ç, Nerede X Ben R, sonra, geometriden bilindiği gibi, uzayda belirler R N uçaktan elde edilen hiper düzlem L homojen denklem ile A 1 X 1 + … +a N X N =0 bazı vektörlerin kaymasıyla koordinatların orijininden geçmek R N. Yüzeyi görüntüle + L kılavuz alanı olan lineer manifold olarak da adlandırılır L ve kaydırma vektörü . Böylece genel çözümün olduğu ispatlanmış olur. M diyofant denklemi A 1 X 1 + … + bir N X N = ç tamsayı koordinatlara sahip bazı doğrusal manifoldun tüm noktalarından oluşur. Bu durumda kaydırma vektörünün koordinatları da tamsayıdır ve küme L homojen Diophantine denkleminin çözümleri A 1 X 1 + … + bir N X N = 0 tamsayı koordinatlı kılavuz uzayındaki tüm noktalardan oluşur. Bu nedenle, keyfi bir Diophantine denkleminin çözüm kümesinin, kaydırma vektörü ile doğrusal bir manifold oluşturduğu sıklıkla söylenir. ve önde gelen boşluk L.

Örnek: Diophantine denklemi için x - y \u003d 1 ortak karar M forma sahip (1+y; y), burada yZ, özel çözümü = (1; 0) ve genel çözüm L homojen denklem x – y = 0şeklinde yazılacaktır. (y;y), Nerede deZ. Böylece, orijinal Diophantine denkleminin ve karşılık gelen homojen Diophantine denkleminin çözümlerinin lineer manifoldda kalın noktalarla gösterildiği aşağıdaki resmi çizebiliriz. M ve boşluk L sırasıyla.

2. Diophantine denkleminin genel çözümünü bulun 12x + 21y - 2z = 5.

Özel çözüm (10; –5; 5) bu denklem daha önce bulundu, homojen denklemin genel çözümünü buluyoruz 12x + 21y - 2z = 0, Diophantine denklemine eşdeğer 12 X + 21 y = 2 z.

Bu denklemin çözülebilir olması için koşulun sağlanması gerekli ve yeterlidir. gcd(12, 21) = 3 | 2z, onlar. 3 | z veya z = 3t bazı tamsayılar için T. Her iki parçayı da azaltmak 3 , alırız 4x + 7y = 2t. Diophantine denkleminin özel çözümü (2; –1) 4x+7y= 1 önceki örnekte bulundu. Bu yüzden (4t; -2t) denklemin özel bir çözümüdür 4x + 7y = 2t herhangi

T Z. Karşılık gelen homojen denklemin genel çözümü

(7 sen ; –4 sen) zaten bulundu. Böylece, denklemin genel çözümü 4x + 7y = 2tşuna benziyor: (4t + 7sen; -2t - 4sen) ve homojen denklemin genel çözümü 12x + 21y - 2z = 0şöyle yazılacaktır:

(4t + 7sen; -2t - 4sen; 3t).

Homojen Diophantine denkleminin çözümlerine ilişkin kanıt olmadan bu sonucun yukarıda belirtilen teoreme karşılık geldiğini doğrulamak kolaydır. A 1 X 1 + … + bir N X N = 0 : Eğer P = , O R Ve

(sen; T) P dikkate alınan homojen denklemin genel çözümüdür.

Diophantine denkleminin genel çözümü 12x + 21y - 2z = 5öyle görünüyor: (10 + 4t + 7sen; –5 – 2t – 4sen; 5+3t).

3. Önceki denklem örneğinde, birçok bilinmeyenli Diophantine denklemlerini çözmek için, katsayılarının modüllerinin maksimum değerini art arda azaltmaktan oluşan başka bir yöntemi gösteriyoruz.

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

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

Böylece, ele alınan denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi yazılabilir: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), Nerede x, sen gelişigüzel tamsayı parametreleridir.

§ 2. Diophantine denklemiX 2 – y 2 = A

Örnekler: 1.-de A = 0 sonsuz sayıda çözüm elde ederiz: X = y veya X = – y herkes için y Z.

2. -de A = 1 sahibiz X 2 – y 2 = 1 (X + y)(X – y) = 1 . Böylece, 1 sayısı iki tamsayı çarpanının çarpımına ayrıştırılır. X + y Ve X – y(önemli, bu X, y- tüm!). Çünkü sayı 1 tamsayı çarpanlarının çarpımına yalnızca iki genişletme 1 = 11 Ve 1 = (–1)(–1) , iki olasılık elde ederiz: .

3. İçin A = 2 sahibiz X 2 – y 2 = 2 (X + y)(X – y) = 2. Bir öncekine benzer şekilde ilerleyerek, genişletmeleri dikkate alıyoruz.

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), sistemleri oluşturuyoruz:, önceki örnekten farklı olarak çözümü olmayan. Bu nedenle, dikkate alınan Diophantine denklemi için hiçbir çözüm yoktur. X 2 – y 2 = 2.

4. Önceki değerlendirmeler bazı sonuçlara yol açar. Denklem çözümleri X 2 – y 2 = A ayrışıyor A = km sistemden tam sayıların çarpımına . Bu sistem ancak ve ancak şu durumlarda tüm çözümlere sahiptir: k + M Ve k – M çifttir, yani sayılar ne zaman k Ve M aynı parite (aynı anda çift veya tek). Böylece, x 2 – y 2 = a Diophantine denklemi, ancak ve ancak a'nın aynı pariteye sahip iki tamsayı çarpanının çarpımına genişletilebilmesi durumunda bir çözüme sahiptir. Geriye sadece böyle bir .

Teorem (denklem üzerineX 2 – y 2 = A ). (1) Denklem X 2 – y 2 = 0 sonsuz sayıda çözümü vardır .

(2) Denklemin herhangi bir çözümü şu şekilde elde edilir: , Nerede A = km a sayısının aynı paritenin iki tamsayı çarpanının çarpımına ayrıştırılmasıdır.

(3) Denklem X 2 – y 2 = A bir çözümü vardır ancak ve ancak A 2 (mod 4).

Kanıt.(1) zaten kanıtlanmıştır.

(2) zaten kanıtlanmıştır.

(3) () Önce Diophantine denklemi olsun X 2 – y 2 = A bir çözümü var. bunu kanıtlayalım A 2 (mod 4) . Eğer A = km aynı paritenin tamsayılarının bir çarpımına genişlemedir, o zaman çift için k Ve M sahibiz k = 2 ben, M = 2 N Ve A = km = 4 ln 0 (mod 4) . garip durumda k, M onların işleri A ayrıca tuhaf, fark A – 2 tek ve bölünmez 4 , yani Tekrar

A 2 (mod 4).

() eğer şimdi A 2 (mod 4) , o zaman denklem için bir çözüm oluşturabiliriz X 2 – y 2 = A. Gerçekten, eğer a tek ise, o zaman A = 1 A tek tamsayıların çarpım ayrışımıdır, böylece Diophantine denkleminin çözümüdür. a çift ise, o zaman görünümde A 2 (mod 4) anladık 4 | A, A = 4 B = 2(2 B) çift ​​tamsayıların bir çarpım ayrıştırmasıdır, böylece Diophantine denkleminin çözümüdür.

Teorem kanıtlanmıştır.

Örnekler: 1. Diofant denklemi X 2 – y 2 = 2012 çözümü yok çünkü 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Diofant denklemi X 2 – y 2 = 2011 çözümleri var, çünkü

2011 3 (mod 4). Bariz genişlemelerimiz var

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

çözüm bulduğumuz her biri için (herhangi bir karakter kombinasyonu). Başka çözüm yok çünkü sayı 2011 basit (?!).

§ 3. Diophantine denklemiX 2 + y 2 = A

Örnekler: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Bu nedenle, herhangi bir karenin önemsiz bir şekilde iki karenin toplamı olarak temsil edilebileceği açıktır.

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. için çözüm yok A = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

Yukarıdaki sonuçların analizi, çözümlerin yokluğunun bir şekilde formun asal sayılarıyla bağlantılı olduğunu önerebilir.

4 N+3 iki karenin toplamı olarak temsil edilemeyen sayıların çarpanlara ayrılmasında bulunur.

Teorem (doğal sayıların iki karenin toplamıyla gösterimi üzerine). Bir a doğal sayısı, ancak ve ancak, kanonik açılımında, formun asal sayıları ise iki karenin toplamı olarak temsil edilebilir. 4 N + 3 hatta üsleri var.

Kanıt.İlk olarak, eğer bir a doğal sayısı iki karenin toplamı olarak temsil edilebiliyorsa, o zaman kanonik açılımında formun tüm asal sayılarını ispatlıyoruz. 4 N + 3 çift ​​üsleri olmalıdır. Kanıtlanmış olanın aksine, varsayalım ki, A= p 2 k +1 B = X 2 + y 2 , Nerede

R - formun asal sayısı 4 N+3 Ve B P. Sayıları hayal edin X Ve de gibi

x =Dz, y = dt, NeredeD= gcd(X, y) = p S w, P w; z, T, S N 0 . O zaman eşitliği elde ederiz R 2 k +1 B = D 2 (z 2 + T 2 ) = p 2 S w 2 (z 2 + T 2 ) , yani R 2( k – S )+1 B = w 2 (z 2 + T 2 ) . Eşitliğin sol tarafında p vardır (tek kuvvet sıfıra eşit değildir), yani sağ taraftaki faktörlerden biri p asal sayısına bölünebilir. Çünkü P w, O p | (z 2 + T 2 ) , sayıların olduğu yer z, T karşılıklı basit Bu, bir sonraki önermeyle (?!) çelişiyor.

Lemma (iki karenin toplamının bir asal sayı ile bölünebilirliği üzerine)

4 N + 3 ). asal sayı ise p = 4N+3 iki doğal sayının karelerinin toplamını böler, sonra bu sayıların her birini böler.

Kanıt. Aksine. İzin vermek X 2 + y 2 0(mod P) , Ancak X0(mod P) veya y 0 (mod P) . Çünkü X Ve y simetriktirler, birbirlerinin yerine kullanılabilirler, dolayısıyla şunu varsayabiliriz: X P.

Lemma (tersinirlik modülündeP ). herhangi bir tamsayı için X, bir asal sayı ile bölünemez P, bir ters eleman modulo var P – böyle bir tamsayı 1 sen < P, Ne xi 1 (mod P).

Kanıt. Sayı X ile asal olmak P, böylece doğrusal bir genişleme yazabiliriz GCD(X, P) = 1 = xi + pv (sen, v Z) . açık ki xi1(modp) , yani sen- ters eleman X modulo P. Eğer sen kısıtlamayı karşılamıyor 1 sen < P, ardından bölme sen kalan ile P, kalanını alırız R sen (mod P) , hangisi için xr xi 1 (mod P) Ve 0 R < P.

Modulo tersinirlik önermesi P kanıtlanmış.

Çarpan Karşılaştırma X 2 + y 2 0 (mod P) kare başına sen 2 ters eleman X modulo P, alırız 0 = 0u 2 X 2 sen 2 +y 2 sen 2 = (xü) 2 + (yu) 2 1+t 2 (mod p).

İçin böylece T = sen karşılaştırma yapıldı T 2 –1 (mod P) , bir çelişkiye getiriyoruz. açık ki T P: aksi takdirde T 0 (mod P) Ve 0 T 2 –1 (mod P) , bu imkansız. Fermat teoremine göre elimizdeki T P –1 1 (mod P) ile birlikte T 2 –1 (mod P) Ve P = 4 N + 3 bir çelişkiye yol açar:

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

Elde edilen çelişki, ilgili varsayımın X 0 (mod P) doğru değildi.

İki karenin toplamının bir asal sayı ile bölünebilirliği ile ilgili Önerme 4 N+3 kanıtlanmış.

Böylece, kanonik ayrışımı bir asal sayı içeren sayının P = 4 N + 3 tek bir kuvvete göre, iki karenin toplamı olarak temsil edilemez.

Şimdi kanonik açılımı asal sayılar olan herhangi bir sayının P = 4 N + 3 yalnızca iki karenin toplamı olarak temsil edilebilen çift güçlere katılırlar.

Kanıt fikri aşağıdaki kimliğe dayanmaktadır:

(A 2 +b 2 )(C 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (reklam + bc) 2 ,

karmaşık sayıların modülünün iyi bilinen özelliğinden elde edilebilecek olan - çarpım modülü, modüllerin ürününe eşittir. Gerçekten mi,

| 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 + (reklam + bc) 2 .

Bu kimlikten, u, v iki sayının iki karenin toplamı olarak temsil edilebileceğini takip eder: sen = X 2 + y 2 , v = z 2 + T 2 , o zaman çarpımları uv iki karenin toplamı olarak da gösterilebilir: UV = (xz – YT) 2 + (xt + yz) 2 .

herhangi bir doğal sayı A > 1 şeklinde yazılabilir. A= p 1 … R k M 2 , Nerede R Ben ikili olarak farklı asal sayılardır, M N . Bunu yapmak için kanonik ayrıştırmayı bulmak yeterlidir. , formun her derecesini yazın R kare şeklinde (R) 2 için bile = 2, veya formda R = R(R) 2 tek için = 2 + 1 ve sonra kareleri ve kalan tek asal sayıları ayrı ayrı gruplandırın. Örneğin,

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

Sayı M 2 iki karenin toplamı olarak önemsiz bir temsile sahiptir: M 2 = 0 2 + M 2 . Temsil edilebilirliği tüm asal sayıların iki karesinin toplamı olarak kanıtlarsak R Ben (1 Ben k) , daha sonra kimlik kullanılarak, a sayısının temsili de elde edilecektir. Koşula göre, sayılar arasında R 1 , … , R k sadece tanışabilir 2 = 1 2 + 1 2 ve formun asal sayıları 4 N + 1 . Böylece, bir asal sayının iki karesinin toplamı olarak bir temsil elde etmek kalır. p = 4m + 1. Bu ifadeyi ayrı bir teoreme ayırıyoruz (aşağıya bakın)

Örneğin, için A = 29250 = 2513(15) 2 art arda şunu elde ederiz:

2 = 1 2 + 1 2 , 5 = 1 2 + 2 2 , 13 = 2 2 + 3 2 ,

25 = (11 – 12) 2 + (12 + 11) 2 = 1 2 + 3 2 ,

2513 = (12 – 33) 2 + (13 + 32) 2 = 7 2 + 9 2 ,

29250 = 2513(15) 2 = (715) 2 + (915) 2 = 105 2 + 135 2 .

Teorem kanıtlanmıştır.

§ 4. Denklemx + x + 1 = 3y

şimdi denklemi çözelim x+x+1=Zu. Zaten bir geçmişi var. 1950'de R. Oblat, çözmenin yanı sıra

X=y=1. doğal sayılarda başka çözümü yoktur x, y burada x bir tek sayıdır. Aynı yıl T. Nagel çözüme dikkat çekti. X= 313, y = 181. Denklem için yukarıdakine benzer bir yöntem x+x-2y=0, denklemin tüm çözümlerini belirlememize izin verecek X+x+1=3y (1)

doğal sayılarda X, de. Hadi öyleymiş gibi yapalım (x, y) doğal sayılarda denklem (1)'in bir çözümüdür ve x > 1. Denklemin (18) doğal sayılarda çözümü olmadığı kolayca görülebilir. X, y, Nerede x = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9; bu yüzden olmalı x10.

gösterelim ki 12y<7 X+3, 7y>4X+ 2. 4y > 2X+1 . (2)

O olsaydı 12y> 7x+3, sahip olurduk 144y> 49 X+42 X+9 . ve (18)'e göre, 144y= 48X+ 48 X + 48 , o zaman olurdu X< 6 X +3 9, nereden

(x-z)< 48 ve bu nedenle, göz önüne alındığında X> 10, 7 < 148 , bu imkansız. Böylece eşitsizliklerden birincisi (2) kanıtlanmış olur.

O olsaydı 7y< 4 X+2 , sahip olurduk 49y< 16 X+ 16 X+4 ve (1)'e göre, 16 X+ 16 X+ 16 = 48y, o zaman olurdu 49y< 48u-12, bu imkansız. Böylece, üçüncünün doğrudan takip ettiği eşitsizliklerden (2) ikincisi kanıtlanmıştır. Yani (2) eşitsizliği doğrudur.

şimdi koyalım

w\u003d 7x - 12y + 3,H = -4 X+ 7u-2. (3)

(2)'ye dayanarak, şunu buluruz: w > 0 , H > 0 Ve X -w=3(4 y-2 X-1)>0 ve bu nedenle, w<х . (3) 'e göre, elimizde w 2 + w+1=3 H 2 bu nedenle, (1) ışığında, kabul ediyoruz g(x, y) = (7x - 12y + 3, -4x + 7y -2).

Yani, herhangi bir çözüme dayalı olarak şunu söyleyebiliriz (x, y) doğal sayılarda denklemler (1), burada x > 1, yeni bir çözüm elde ederiz (w, H) = g(x, y) doğal sayılarda denklemler (1) w, H Nerede w < х (ve dolayısıyla daha küçük doğal sayılarda çözüm). Dolayısıyla, yukarıdaki gibi hareket ederek, doğal sayılarda Denklem (1)'in her bir çözümü için şunu buluruz: x, y, Nerede x > 1, bir doğal sayı n vardır öyle ki g(x, y) = (l, 1).

kabul ettikten f(x, y) = (7X+12y + 3, 4X+ 7y + 2), (4) bunu kolayca bulabiliriz f(g(x, y)) = (x, y) ve dolayısıyla (X, y) = F(1,1) Öte yandan, olup olmadığını kontrol etmek kolaydır. (x, y) doğal sayılarda denklem (1)'in bir çözümüdür, o zaman F(X, y) doğal sayılarda (sırasıyla, daha büyük) bir denklem (1) çözümü de vardır. X Ve de).

kabul ettikten x=y=1(x, y) = f(1, 1)İçin N=2,3,…..,

sırayı alırız { X, y} İçin N= 1, 2,….., doğal sayılarda denklem (1)'in tüm çözümlerini ve yalnızca bu tür çözümleri içerir.

İşte elimizde (X,y)= F(1,1)= F(x, y), bu nedenle, (4) nedeniyle, elde ederiz

x=7X+12y+3,y=4x+7y+2 (5) (N=1, 2, ...)

Tüm çözümleri tutarlı bir şekilde belirlemenizi sağlayan formüller (x, y) doğal sayılarda denklemler (1). Bu sayede kolayca çözüme ulaşırız. (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Açıkçası bu çözümlerin sonsuz sayıda vardır. eşitliklerden

x=y=1 ve (4) tümevarım yoluyla sayıları kolayca buluruz X tek indeksler tektir, çift indeksler çifttir ve sayılar yözü tuhaf N = 1, 2, ... Denklemin (1) tüm çözümlerini tamsayılarda elde etmek için x, y, kanıtlaması kolay olduğu için, zaten elde edilmiş çözümleri takip eder. (x, y) katılmak (x, -y) Ve (-x-1,±y)İçin N=1, 2, .. .

Yani burada, örneğin, bu tür daha fazla çözümümüz var: (-2,1) (-23,13), (-314,181). A. Rotkevich, denklemin (1) tüm çözümlerinin doğal sayılarda olduğunu kaydetti. x > 1 ve y denklemin tüm çözümlerini alabilir (z+1)-z=y (6)

doğal sayılarda z, y Gerçekten de, z, y doğal sayılarının denklem (5)'i sağladığını varsayalım. koyarak x=3z+l, kontrol etmesi kolay olduğu için doğal sayıları elde ederiz x > 1 Ve de tatmin edici denklem (1).

Öte yandan, eğer doğal sayılar x > 1 Ve de denklemi (1) karşılarsanız, kontrol etmesi kolay olduğu için, (x-1)= 3(y-x), bundan şu sonuç çıkar ki sayı (doğal) x-1 bölü 3 , buradan x-1=3 z, nerede z bir doğal sayıdır ve eşitliği 3z=y-X=y3z-1 , bu da sayıların olduğunu kanıtlıyor z Ve de denklemi (6) karşılar. Böylece alınan kararlara göre (22,13),(313,181), (4366,2521) denklem (1), çözümler elde ederiz (7,13),(104,181),(1455,2521) denklemler (6). Burada ayrıca, eğer doğal sayılar z, y denklemi (6) karşılar, kanıtlanır ki de ardışık iki karenin toplamıdır, örneğin 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Benzer bir şekilde, daha önce denklem (1) için olduğu gibi, denklemin tüm çözümlerini bulabiliriz. X+(X+1)= y doğal sayılarda x, y, için almak x > 3 g (x.y) \u003d (3x -2y + 1, 3y - 4x - 2) ve için X> 1 f(x, y) = (3X+ 2y+l, 4x + Zu + 2), hangi formüle yol açar ( x, y)F(3,5) ve x, y doğal sayılarındaki (6) denkleminin tüm çözümlerinin dizide yer aldığı sonucuna { X, y} İçin N= 1, 2,…., Nerede x=3, y=5 veX=3 X+2 y+1 . y = 4 X+3 y+2 (N=1, 2, ...). Örneğin, 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.

Ele alınan denklemin geometrik anlamı, bacakları ardışık doğal sayılarla ifade edilen tüm Pisagor üçgenlerini (doğal kenarlı dikdörtgen) vermesidir. Sonsuz sayıda böyle üçgen vardır (*).

Denklem X+(X+1)= y, doğal sayılarda çözümü olmadığı kanıtlanmıştır x, y.

BELEDİYE BÜTÇELİ GENEL EĞİTİM KURUMU

ORTA EĞİTİM OKULU № 28 SMOLENSK şehri

SMOLENSK DEVLET ÜNİVERSİTESİ

Bölüm Matematik

Makale

Diofant denklemleri

İşi tamamladı: Goncharov Evgeniy Igorevich,

11. sınıf öğrencisi

Başkan: Soldatenkova Zoya Aleksandrovna,

matematik öğretmeni

Smolensk

Neden bu konuyla ilgileniyorum?

Bir keresinde ders kitabının sayfalarını karıştırırken, Diophantine denklemleriyle ilgili küçük bir kenar çubuğuna rastladım. Bu konudaki metin problemlerinin ilgi çekici, bazen komik bir duruma sahip olduğunu hemen fark ettim ve bunları çözmek için çok sayıda farklı yöntem olduğundan, hiç de tipik görünmüyorlar. Ayrıca bazıları bana zorluk çıkardı.

Bunları rasyonel bir şekilde çözmenin yollarını bularak bu konuyu daha yakından tanıdım. Daldıkça daha karmaşık ve ilginç görevlerle karşılaştım, daha fazla soru ortaya çıktı. Çok geçmeden bu konunun çoğunun okul müfredatının dışında kaldığını fark ettim.

Bu nedenle olayların önüne geçip teoriye girmedim (CTO, Hilbert'in 10. problemi, Fermat'ın Son Teoremi vb.). Ve Diophantine denklemlerini ve denklem sistemlerini çözmek için özel olarak algoritmalarda ustalaşmaya başlarken, aynı zamanda keşiflerinin tarihini de öğrendi.

İskenderiyeli Diophantus eski bir Yunan matematikçisidir. Chronicles, bu bilim adamı hakkında pratik olarak herhangi bir bilgi tutmadı. Diophantus, matematik tarihinde eğlenceli bir bilmece sunar. Kim olduğunu, yaşamının tam yıllarını bilmiyoruz, Diophantus ile aynı alanda çalışmış olan seleflerini bilmiyoruz:

Diophantus, İskenderiyeli Hypsicles'ten (MÖ 2. yüzyılda yaşamış eski bir Yunan matematikçi ve astronom) alıntı yapar;

Diophantus hakkında İskenderiyeli Theon (MS III. Yüzyılda yaşamış geç Helenistik dönemin Yunan matematikçisi, filozof ve astronom) hakkında yazıyor;

Diophantus, eserlerini İskenderiyeli Dionysius'a (MS 3. yüzyılın ortalarında yaşamış bir piskopos) ithaf eder. Böylece bilim adamları, bu matematikçinin MS 3. yüzyılda yaşadığını öne sürüyorlar.

Maxuim Planud'un (MS 14. yüzyıldan kalma bir Yunan keşiş) antolojisi, bir epigram görevi "Diophantus'un Epitaph'ı" içerir:

Diophantus'un külleri mezardadır; ona hayret et - ve bir taş

Ölen kişinin yaşı ona bilgece bir sanatla anlatılacaktır.

Tanrıların iradesiyle hayatının altıda birini çocuk olarak geçirdi.

Ve altıncının yarısını yanaklarında tüylerle karşıladı.

Ancak yedinci geçti, kız arkadaşıyla nişanlandı.

Onunla beş yıl geçirdikten sonra bilge adam oğlunu bekledi;

Sevgili oğlu, babasının hayatının sadece yarısını yaşadı.

Erken mezarı tarafından babasından alındı.

Ebeveyn iki kez iki kez ağır kederin yasını tuttu,

Burada hüzünlü hayatımın sınırını gördüm.

(Çev. S. N. Bobrov).

Bu görev, en basit doğrusal denklemi derlemeye ve çözmeye indirgenmiştir:

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

burada x, Diophantus'un yaşadığı yıl sayısıdır.

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

x = 84 - Diophantus bu kadar yıl yaşadı.

Ve yıllar içinde Diophantus besteler yazdı. Yüzeylerin ölçümü ve çarpma üzerine , bilimsel inceleme Çokgen sayılar hakkında . Diophantus'un ana eseri 13 kitapta aritmetik.

Ne yazık ki eserlerinin tamamı günümüze ulaşmamıştır. Bize kadar gelenler, birinci ve ikinci dereceden belirli denklemlere ve belirsiz olanlara indirgenen çözümleri olan 189 problem içeriyor. Bu bilim adamının matematiğin gelişimine katkısı çok büyük.

Diophantus, çıkarma için özel semboller, bireysel tanımlar ve eylemler için kısaltılmış kelimeler sunar. Yani ilk cebir dilinin yazarı oydu.

Ay'daki bir kratere Diophantus'un adı verilmiştir.

Bununla birlikte, Diophantus genel çözümler aramadı, ancak kural olarak, belirsiz bir denklemin pozitif çözümü ile yetindi.

Yaşam durumlarının matematiksel bir modeli olarak Diophantine denklemleri

Matematikten sonsuz derecede uzak olan herkes, bilmeden en basit Diophantine denklemleriyle tanıştı ve dahası çözdü. Aslında, günlük düzeyde ortaya çıkan birçok görev için matematiksel bir model görevi görürler.

Görev 1

Depoda 16, 17 ve 40 kg ağırlığında çivili kutular var. Bakkal 100 kg çiviyi kutuları açmadan verebilecek mi?

17 kg + 17 kg + 16 kg = 50 kg olduğunu görmek kolaydır. Daha sonra 100 kg (2 kat fazla) vermek için 4 kutu 17 kg ve 2 kutu 16 kg almanız gerekir.

Cevap: Evet, yapabilir.

Burada şanslıydık: çözüm en basit numaralandırmaya indirgendi ve yanıtın açık olduğu ortaya çıktı. Başka bir sorunu ele alalım:

görev #2

Padokta tek başlı çıyanlar ve üç başlı yılanlar var. Toplamda 298 bacağı ve 26 kafası vardır. Üç başlı yılanların kaç bacağı vardır?

Ağıla x çıyan ve y Gorynych olsun ve her yılanın p bacağı olsun. Hemen bu değişkenlerin her birinin tamsayı ve pozitif olması gerektiğini şart koşuyoruz. Daha sonra:

3y=26x=26-3yx=26-3yx=26-3y

x+py=29840x+py=298120y-742=py p=120-742/y

x>026-3y>0y?8 y?8

y>0 p>0p>0 120-742/y>0>0y>0y>0y>0

p=120-742/yBu durumda: x=5

p bir tam sayı olduğu için p=27.25 bize uymaz.

Bu görev ilkinden biraz daha zordu, ancak değişkenlere kısıtlamalar getirerek aramayı sadece iki vakaya indirgeyebildik. Devam etmek:

Görev #3

0,7 litrelik ve 0,9 litrelik kavanozlara 20,5 litre meyve suyunun tüm kavanozları dolduracak şekilde dökülmesi gerekmektedir. Kaç kutu hazırlamanız gerekiyor? İhtiyaç duyulabilecek en az kavanoz sayısı nedir?

Her biri 0,7 litrelik teneke kutu sayısı x, 0,9 litre y olsun. Sonra denklemi kuruyoruz:

Açıktır ki, doğrudan numaralandırma doğrudan çok zaman alacak A dünyada çirkin matematiğe yer yok ©G. Hardy.

Bu tür denklemleri çözmek için bir yöntem düşünelim ve sonra doğrudan problemimize geri dönüp onu tamamlayacağız.

saçılma yöntemi

Diophantine denklemi şu şekildedir: (x1,x2…xn)=0, burada P bir tamsayı fonksiyonudur ve xi değişkenleri tamsayı değerleri alır. 2 numaralı problemi çözerken, ax + by = c biçiminde bir denklemle karşı karşıyayız; burada a, b ve c tamsayı katsayılar ve x ve y yalnızca tamsayı değerleri alan değişkenlerdir. Bu, iki bilinmeyenli doğrusal bir Diophantine denklemidir.

Bu tür denklemleri çözmek için genel bir yöntem, 12. yüzyılda Hindistan'da ortaya çıktı. Görünüşüne astronomik talepler ve takvim neden oldu.

hesaplamalar. Birinci ipuçları Diophantine denklemlerinin genel çözümü Ariabhatt tarafından yapılmıştır. Yöntemin kendisi Bhaskara ve Brahmagupta tarafından oluşturuldu. Şimdi saçılma yöntemi olarak bilinir. Bir örnekle inceleyelim:

Örnek 1: 19x-8y=13 denkleminin tüm tamsayı çözümlerini bulun.

Y'yi x cinsinden ifade ediyoruz (y'nin katsayısı en küçük olduğu için) ve tamsayı kısmını seçiyoruz:

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

(3x-13)/8 ifadesi bir tamsayı olmalıdır. k olarak gösterelim.

O zaman 8k=3x-13. Yukarıdaki işlemi tekrar edelim:

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

Eşitlikten (4) h'nin p'nin herhangi bir tamsayı değeri için tamsayı değerleri aldığı açıktır.

Ardışık ikamelerle (4) bilinmeyenler için ifadeler buluruz: k=13+3p, x= 39+8p ve son olarak y=91+18p.

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

Şimdi, yeterli bilgi birikimine sahip olarak, 3 numaralı soruna dönelim.

x=29+(2-9y)/7; t=(2-9y)/7 olsun, burada t bir tamsayıdır;

t=2-9y; t=(2-2y)/7-y; (2-2y)/7=p olsun, burada p bir tamsayıdır;

Y=7k, burada k bir tamsayıdır ve y=1-7k, burada k bir tamsayıdır. O zaman x=28+9k.

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

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

Yani k, -3, -2, -1.0 değerlerini alabilir.

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

Yani, en küçük kavanoz sayısı en küçük k'ye karşılık gelir.

(x+y)en küçük=29-6=23.

Cevap: (28+9k;1-7k), burada k -3,-2,-1.0 değerlerini alır. En küçük kutu sayısı 23'tür.

Sayı genişletme sorunları

Bir sayı bulma, bölenlerini ve kalanlarını bilme gibi basit metin görevlerinin, bu konudaki metin görevleri arasında özel, onurlu bir yer tuttuğunu belirtmekte fayda var. Aynı zamanda en karmaşık ve bu nedenle ilginç olanlardır. Bazılarını düşünelim.

Köylü bir kadın pazara bir sepet yumurta taşıyordu. Bir kadını sollayan dikkatsiz bir binici sepete dokundu ve tüm yumurtalar kırıldı. Telafi etmek isteyerek köylü kadına sepette kaç yumurta olduğunu sormuş. Yumurta sayısını bilmediğini ancak 2, 3, 4, 5 ve 6'ya koyduğunda her seferinde bir yumurtanın fazla kaldığını ve 7'yi koyduğunda fazladan yumurta kalmadığını söyledi. Bir köylü kadının pazara götürebileceği en az yumurta sayısı nedir?

Çözüm: İstenen yumurta sayısını n olarak gösterelim, sonra bir denklem sistemi oluşturacağız:

2a+1 n-1=2a (1)=3b+1 n-1=3b (2)=4c+1 n-1=2*2c (3)=5d+1 n-1=5d (4)= 6e+1 n-1=2*3e (5)=7fn=7f

(1), (2), (3), (4), (5) denklemlerinden n-1=2*3*2*5k sayısı çıkar, burada k bir tamsayıdır;

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

Ortaya çıkan n'yi (7)'de yerine koyduğumuzda, şu denklemi elde ederiz: 60k+1=7f.

f= (60k+1)/7 = (4k+1)/7 + 8k;=(4k+1)/7, burada r bir tamsayıdır, (1)

7r=4k+1; 4k=7r-1; k=(3r-1)/4+r;=(3r-1)/4, burada s bir tamsayıdır

3r-1=4s; 3r=4s+1;r= (s+1)/3+r;= (s+1)/3,burada u tamsayıdır,o zaman

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

yani s, herhangi bir u tamsayısı için her zaman tamsayı değerleri alır. Ardışık ikamelerle şunu elde ederiz:

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

Açıkçası, u=1 olduğunda, f en küçük pozitif değeri, yani 301'i alır.

Cevap: 301.

* Bu algoritmayı sonuna kadar körü körüne takip etmenin gerekli olmadığına dikkat edilmelidir. Aslında problem çerçevesinde k'nin tüm olası tamsayı değerlerini bulmak zorunda değiliz: sadece bir tane, en küçüğü yeterli. Ve (1) dönüşümden sonra, aradığımız k'nin 5'e eşit olduğu açıktır, bu da f=60*5+1=301 anlamına gelir.

Bazı turistler olduğunu varsayalım. Onları üçe bölerek kalan 2'yi alıyoruz, beşe bölüyoruz - 3, yediye ayırıyoruz - 2. Toplam sayıları 100 kişiyi geçmiyorsa grupta kaç turist var?

Toplamda k turist olsun. Daha sonra:

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

Ve burada çözümümüzün bariz kısmı durma noktasına geliyor. Bundan kurtulmak için şunu hatırlamanız gerekir:

1) a*b+c?c (moda) ? c (mod). Örneğin, 15? 1 (mod 7), yani 15 sayısı 7'ye bölündüğünde 1 kalanını verir.

2) a*b+d ? c (mod) ó a*b? cd (modr) ó B? a(c-d) (modr) oa? b(cd) (modr). Daha sonra:

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

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

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

3a+2 k=3a+2= 3 +5p, p tamsayısı 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, burada d bir tamsayıdır p=-135 + 7dp= -135 + 7d

Yani k=105d-2014. d=20 ise k = 86, eğer d ise<20 , то k<0, если d>20, sonra k>100. Cevap: 86.

Buna pratik bir fayda sağlamaya çalışalım, örneğin, bir tur rehberinin turistleri sayması için genel bir formül türetelim. Toplam turist sayısını sırasıyla 3'lü, 5.7'lik gruplara bölerken kalanlar r1, r2, r3 olsun ve yine toplam turist sayısı 100 kişiyi geçmeyecektir. Benzer şekilde tartışarak şunu elde ederiz:

3a+r1 3a? (r2-r1) (mod 5)a=3(r2-r1) + 5d burada 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 burada p bir tamsayıdır

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

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

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

Böylece, k için bir formül elde ettik. Ancak r1,r2,r3'e ek olarak bir d tamsayısı içerir. Mantıklı bir soru ortaya çıkıyor: k sayısı 100'den küçükse her zaman benzersiz bir şekilde belirlenecek mi? 150'den az mı? 43 mü? ve benzeri.

Çin kalan teoremi

Çin Kalan Teoremi (CRT), Çinli matematikçi Sun Tzu'nun (MS 3. yüzyıl) bir incelemesinde formüle edilen ve Qin Jiushao (MS 18. yüzyıl) tarafından 9 Bölümde Matematiksel Akıl Yürütme adlı kitabında özetlenen bir dizi ilgili ifadedir. Kulağa şöyle geliyor:

M1 , M2, …, Mk sayıları ikili asal ve M= M1*M2*…*Mk olsun.Sonra sistem

x?B1(modM1)? B2 (modM2)

(0,1,…,M-1) sayıları arasında tek bir çözümü vardır.

Basitçe söylemek gerekirse, gerekli turist sayısı, bölündüğü bölenlerin ürününden daha azsa, cevap her zaman net olacaktır. 4. probleme dönersek, toplam sayıları 104'ü geçmiyorsa saymanın mümkün olacağını söylüyoruz. (M-1=3*5*7-1=104). Bu nedenle, bir kişiyi saymak için formülümüzden başlayarak 225r3-1792r1-2016r2'yi hesaplamak ve ardından 105'ten küçük ancak 0'dan büyük bir sayı elde edene kadar 105 sayısını çıkarmak gerekir. ve uygunsuz. Ve açıkçası, bu kadar karmaşık algoritmalar kullanılmadan yaklaşık yüz kişinin sayısı sayılabilir.

En basit doğrusal olmayan Diophantine denklemleri

Diophantus, iki bilinmeyenli ikinci dereceden belirsiz denklemleri tamamen analiz etti. Denklemleri ve daha yüksek dereceli sistemleri çözmek için, birçok modern Avrupalı ​​matematikçinin dikkatini çeken daha incelikli ve karmaşık yöntemler geliştirdi. Ancak okul kursu çerçevesinde bu türden hemen hemen tüm denklemler çarpanlara ayırma yöntemiyle çözülür.

Örnek 2: x2-3xy+2y2=7 denklemini tamsayılarda çözün.

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

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

Açıkçası, 7 sayısını şu şekillerde elde edebiliriz: 1*7=7;7*1=7;-1*(-7)=7;-7*(-1).

Sonra denklem sistemini oluşturur ve çözeriz:

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

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

Örnek 3: x5+3x4y- 5x3y2-15x2y3 + 4xy4+12y5=33 denkleminin tam sayı kökleri olmadığını kanıtlayın.

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;

y=0 ise, orijinal denklem x5=33 şeklini alacaktır. O halde x bir tam sayı değildir. Bu, y=0 için bu denklemin tam çözümü olmadığı anlamına gelir. y?0 ise, denklemin sol tarafındaki beş faktörün tümü farklıdır. Öte yandan, 33 sayısı en fazla dört farklı çarpanın (33=1 3 11 veya 33=-1 3 (-11) (-1) vb.) çarpımı olarak gösterilebilir. Bu nedenle, y?0 için bu denklemin tam çözümü de yoktur.

Hilbert'in Onuncu Problemi

Öyle ya da böyle, şu soru ortaya çıkıyor: Herhangi bir Diophantine denklemi çözülebilir mi, yani köklerini bulabilir mi ya da yokluğunu kanıtlayabilir mi?

Ağustos 1900, II. Uluslararası Matematikçiler Kongresi gerçekleşti. Üzerinde, David Hilbert 23 problem önerdi. Onuncu şuydu:

Keyfi bilinmeyenler ve tamsayı rasyonel sayısal katsayılar ile bir Diophantine denklemi verilsin. Sonlu sayıda işlemden sonra bu denklemin rasyonel tamsayılarda çözülebilir olup olmadığını belirlemenin mümkün olduğu bir yöntemi belirtin.

20. yüzyılın birçok parlak zekası bu görevle mücadele etti: AxelThue, TuralfSkolem, Emil Post, Julia Robinson, Martin Davis ve Hilary Putnam, Martina Davis ve diğerleri. Ve sadece 1970 yılında Yuri Matiyasevich, bu sorunun algoritmik çözülemezliğinin kanıtını tamamladı.

David Hilbert (23 Ocak 1862 - 14 Şubat 1943), matematiğin birçok alanının gelişimine önemli katkılarda bulunan bir Alman matematikçiydi. 1910'larda ve 1920'lerde (Henri Poincaré'nin ölümünden sonra) matematikçilerde tanınan dünya lideriydi. 1970 yılında, Uluslararası Astronomi Birliği Ay'ın uzak tarafındaki bir kratere Gilbert'in adını verdi.

Yuri Vladimirovich Matiyasevich (2 Mart 1947, Leningrad doğumlu) - Sovyet ve Rus matematikçi, St. Petersburg Matematik Enstitüsü Bölümü'nde araştırmacı. V. A. Steklova RAS, RSOS Matematik Uzman Komisyonu Üyesi, Rusya Bilimler Akademisi Akademisyeni, Fizik ve Matematik Bilimleri Doktoru

diophantine denklemi matematiksel

Çözüm

Bu konu çok yönlü ve neredeyse sınırsızdır. Matematiğin gelişim tarihi boyunca dünyaca ünlü bilim adamlarının kafasını karıştırması boşuna değildir. Matematiğin temel kavramlarına değiniyor ve Diophantine denklemlerinin bilgisi bana öyle geliyor ki asla kapsamlı olmayacak.

Bu makaleyi yaparken saçılma yönteminde ustalaştım, artıklarla ilgili problemler için denklem sistemlerini nasıl çözeceğimi öğrendim, Diophantine denklemlerini çözmek için ustalaşma yöntemlerinin tarihçesi ile tanıştım.

Uzun zamandır bilge ve görkemli olan matematik dünyasında, alışılmış yolu izliyoruz.

Ancak herkes öncü olabilir: önce kendileri için ve gelecekte belki başkaları için ...

Belirsiz denklemleri çözme konusundaki bilgimi genişletmek için bu konu üzerinde çalışmaya devam etmeyi düşünüyorum. Yeni çözüm yöntemlerinin incelenmesi, özellikle KULLANIM (C6) ile ilgili olabileceğinden, herhangi bir kişinin bilgi tabanını zenginleştirir.

Kaynakça

1. Dergi "Quantum" 1970 #7

.“Genç bir matematikçinin ansiklopedisi” 520 s.

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

Pichugin L.F. "Cebir ders kitabının sayfalarının arkası", M., 1990, 224s.

Glazer G.I. "Okul 10-11'de matematik tarihi", 351s

Petrakov I.A. "Meraklılar İçin Matematik", M., 2000. 256'lar.

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

özel ders

Bir konuyu öğrenmek için yardıma mı ihtiyacınız var?

Uzmanlarımız ilginizi çeken konularda tavsiyelerde bulunacak veya özel ders vereceklerdir.
Başvuru yapmak Konsültasyon alma olasılığını öğrenmek için şu anda konuyu belirtmek.