Linearno diofantske jednadžbe

Istraživački rad u algebri

Učenik 9. razreda MOU "Upshinskaya OOSh"

Antonov Jurij

„Ako želiš naučiti plivati, onda

hrabro uđite u vodu, a ako želite

naučite rješavati probleme, a zatim ih rješavajte.

D.Poya

Voditelj - Sofronova N.A. .

Zadatak

Za podove širine 3 metra postoje daske širine 11 cm i 13 cm. Koliko dasaka bilo koje veličine trebate?

Ako a x - broj dasaka širine 11 cm, i na - broj dasaka širine 13 cm, tada moramo riješiti jednadžbu:

11 x + 13 y = 300

Značajke jednadžbe 11 x + 13 y \u003d 300: ▪ Koeficijenti 11, 13, 300 su cijeli brojevi. ▪ Broj nepoznanica premašuje broj jednadžbi. ▪ Rješenja ove jednadžbe x i y moraju biti cijeli brojevi pozitivni brojevi

Algebarske jednadžbe ili sustavi algebarskih jednadžbi s cijelim koeficijentima, u kojima je broj nepoznanica veći od broja jednadžbi i za koje je potrebno pronaći cjelobrojna rješenja, nazivaju se neodređenim ili diofantin, nazvan po grčkom matematičaru Diofant .

Primjeri diofantskih jednadžbi

1 . Pronađite sve parove cijelih brojeva

x , g , za što je istina jednakost

2 . Pokažite da jednadžba

ima beskonačan broj rješenja

cijeli brojevi

Cilj:

Saznati:

• Koja vrsta metode S postojati za rješenja diofantskih jednadžbi?

Zadaci:

• Pronađite i i naučiti metode rješavanja linearni Diofantove jednadžbe u dvije varijable.

• Razmotriti mogućnosti teorije linearnih Diofantovih jednadžbi.

Pitagorine trojke

• Neodređene jednadžbe u cijelim brojevima rješavane su i prije Diofanta. Od velikog interesa bila je, primjerice, algebarska jednadžba x 2 + g 2 = z 2 , obvezujućih stranaka x , na , z pravokutni trokut. Cijeli brojevi x , g i z , koji su rješenja ove jednadžbe, nazivaju se "Pitagorine trojke" .

Fermatova jednadžba

• Diofantova djela također su izravno povezana s matematičkim istraživanjima francuskog matematičara Pierrea de Fermata. Vjeruje se da je upravo Fermatov rad započeo novi val u razvoju teorije brojeva. A jedan od njegovih problema je poznata Fermatova jednadžba

x n +y n =z n

Niti jedan veliki matematičar nije zaobišao teoriju Diofantovih jednadžbi.

Fermat, Euler, Lagrange, Gauss, Chebyshev ostavili su neizbrisiv trag u ovoj zanimljivoj teoriji.

1, (katalonski); ax 2 + bxy + su 2 + dx + ey + f \u003d 0, gdje su a, b, c, d, e, f cijeli brojevi, tj. nehomogena jednadžba drugi stupanj s dvije nepoznanice (P. Fermat, J. Vallis, L. Euler, J. Lagrange i K. Gauss) "width="640"

Primjeri neodređenih jednadžbi riješili veliki matematičari 19. i 20. stoljeće: x 2 − ny 2 = 1 , gdje n nije egzaktan kvadrat (Fermat, Pell); x z − g t = 1 , gdje z , t 1, (katalonski); Oh 2 + b.xy + su 2 + dx + ej + f = 0 , gdje a , b , S , d , e , f - cijeli brojevi, tj. opća nehomogena jednadžba drugog stupnja s dvije nepoznanice (P. Fermat, J. Vallis, L. Euler, J. Lagrange i K. Gauss)

Diofantove jednadžbe u 20. stoljeću

1900 Međunarodni matematički kongres.

Hilbertov 10. problem

Dana je Diofantova jednadžba s nekim brojem nepoznanica i racionalnim cijelim koeficijentima. Potrebno je osmisliti postupak koji bi u konačnom broju operacija mogao odrediti je li jednadžba rješiva ​​u cijelim racionalnim brojevima.

ruski matematičar Jurij Matijasevič dokazao :

Hilbertov 10. problem je nerješiv – traženi algoritam ne postoji.

Je li uvijek moguće pronaći sva cjelovita rješenja za određenu neodređenu jednadžbu ili dokazati nepostojanje takve?

• Problem rješavanja jednadžbi u cijelim brojevima u potpunosti je riješen samo za jednadžbe prvog stupnja s dvije ili tri nepoznanice.
• DE drugog stupnja s dvije nepoznanice već se teško rješava.
• DE drugog stupnja s više od dvije nepoznanice rješavaju se samo u nekim posebnim slučajevima, na primjer, jednadžba x 2 + g 2 = z 2 .
• DE stupnja višeg od drugog imaju u pravilu samo konačan broj rješenja (u cijelim brojevima).
• Za jednadžbe iznad drugog stupnja s dvije ili više nepoznanica čak je i problem postojanja cjelobrojnih rješenja prilično težak. Na primjer, nije poznato ima li jednadžba

x 3 + g 3 + z 3 = 30 barem jedno cjelobrojno rješenje.

• Za rješavanje pojedinačnih diferencijalnih jednadžbi, a ponekad i za specifične jednadžbe, potrebno je izmisliti nove metode. Očito, ne postoji algoritam koji bi omogućio pronalaženje rješenja proizvoljnog DE.

Linearne diofantske jednadžbe

Opći obrazac:

LDE s dvije varijable:

a x + prema = c

LDE s tri varijable:

a x + by + cz = d

LDE s dvije nepoznanice

LDE s dvije varijable:

a x + prema = c

rješenja:

x = x 0 - bt

na = na 0 + na

Homogeno:

a x + od = 0

rješenja:

x = - bt

na = na

Pronalaženje privatnog rješenja

Metode rješenja:

• Višestruka metoda.
• Primjena Euklidovog algoritma.
• Metoda ponavljanja.
• Metoda spuštanja.

• Metoda razmatranja ostataka od dijeljenja

Višestruka metoda

riješiti jednadžbu 11 x + 2 y = 69

Tražimo zbroj jednak 69: 55 + 14 = 69 Partikularno rješenje jednadžbe

x 0 = 5, y 0 = 7

Primjena Euklidovog algoritma

riješiti jednadžbu 4 x + 7 y = 16

• Nađimo gcd brojeva 4 i 7 koristeći Euklidov algoritam: gcd(4,7) = 1

• Izrazimo broj 1 kroz koeficijente a = 4 i b =7 korištenjem GCD teorema o linearnom širenju:

GCD ( a, b ) = au+bv .

• Dobivamo: 1 = 4 ∙ 2 + 7 ∙ (-1) u = 2, v = -1

• Posebno rješenje jednadžbe: x 0 = 2 ∙ 16 = 32,

na 0 = -1 ∙ 16 = -16

metoda nabrajanja

riješiti jednadžbu 7 x + 12 y = 100

• 7x + 12y = 100
• 7x \u003d 100 - 12 god
• 100 - 12 godina višekratnik od 7

Posebno rješenje jednadžbe: x 0 = 4, y 0 = 6

100-12u

Način otpuštanja: 3x+8y=60

Izraziti

varijabla x

kroz na

Izraziti

varijabla x

kroz t

Odgovor:

Ispitivanje:

Metoda razmatranja ostataka od dijeljenja

• Riješite jednadžbu u cijelim brojevima 3x - 4y \u003d 1
• 3 x = 4 y + 1
• Lijeva strana jednadžbe djeljiva je s 3, tako da desna mora biti djeljiva s 3. Dijeljenje s 3 može rezultirati ostacima 0, 1 i 2.
• Razmotrimo 3 slučaja.

3x = 4 ∙ 3p + 1 = 12p + 1

y=3p+1

Nije djeljivo s 3

3x = 4 ∙ (3p + 1) +1 = 12p + 3

y=3p+2

Nije djeljivo s 3

3 x = 4 ∙ (3p + 2) +1 = 12p + 9

3x=3(4p+3)

x = 4 p + 3

Odgovor:

Djeljivo s 3

x = 4 p + 3 ; y=3p+2

Mogućnosti LDE teorije Pronađite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe x 2 + 5g 2 + 34z 2 + 2xy - 10xz - 22uz =0

Što mi je projekt dao?

• Dobio uvid u rad na istraživačkom projektu.
• Upoznao se s poviješću razvoja Diofantovih jednadžbi i životopisom Diofanta.
• Proučavao metode za rješavanje LDE-a s dvije i tri nepoznanice.
• riješio skupinu zadataka koji su praktične naravi, a javljaju se i na olimpijadama, ispitima za tečaj osnovne škole
• Stekli vještine rješavanja nestandardnih problema.

Mislim da ću u budućnosti nastaviti proučavati Diofantove jednadžbe drugog stupnja i metode za njihovo rješavanje.

POPIS KORIŠTENIH IZVORA

• Matematika u pojmovima, definicijama i pojmovima. 1. dio. Vodič za učitelje. ur. L.V. Sabinina. M., "Prosvjeta", 1978. -320 str. (Knjižnica učitelja matematike.) Na poleđini naslovne knjige: O.V. Manturov, Yu.K. Solntsev, Yu.I. Sorokin, N.G. Fedin.
• Nagibin F.F., Kanin E.S. Matematička kutija: Vodič za učenike. – 4. izd., revidirano. i dodatni - M.: Prosvjetljenje, 1984. - 160s., ilustr.
• N.P. Tučnin. Kako postaviti pitanje? (O matematičkom stvaralaštvu učenika): knjiga za studente. - M .: Obrazovanje, 1993. - 192 str., ilustr.
• S.N.Olekhnik, Yu.V.Nesterenko, M.K.Potapov Antički zabavni problemi. –M.: Bustard, 2002. -176s., ilustr.
• Ya.I. Perelman. Zabavna algebra. - M.: Nauka, 1975. - 200s., ilustr.
• Izborni resurs: http :// www.yugzone.ru /x/ diofant-i-diofantovy-uravneniya / I.G. Bashmakova "Diofantske i diofantske jednadžbe".
• Izborni resurs: http :// www.goldenmuseum.com /1612Hilbert_eng.html Hilbertov 10. problem: povijest jednog matematičkog otkrića (Diofant, Fermat, Hilbert, Julije Robinson, Nikolaj Vorobjov, Jurij Matijasevič).
• Izborni izvor: http://ru.wikipedia.org/wiki/ Diofantove jednadžbe.
• Izborni resurs: http :// revolucija.allbest.ru / matematika /d00013924.html Belov Denis Vladimirovič Linearne diofantske jednadžbe.
• Izborni resurs: http :// revolucija.allbest.ru / matematika /d00063111.html Linearne diofantske jednadžbe
• Izborni resurs: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=570768 Zyuryukina Olga. Neodređene jednadžbe u cijelim brojevima ili Diofantove jednadžbe.
• Izborni resurs: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=561773 Aleksandar Arapov. Diofant i njegove jednadžbe.
• Izborni resurs: http :// en.wikipedia.org / wiki / Euklidov algoritam.

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije

Državna obrazovna ustanova visokog obrazovanja

strukovno obrazovanje

„Tobolska državna socijalno-pedagoška akademija

ih. DI. Mendeljejev"

Odjel za matematiku, TIMOM

Neke diofantske jednadžbe

Tečajni rad

Studentica 3. godine FMF-a

Matajev Evgenij Viktorovič

Znanstveni savjetnik:

Kandidat fizičkih i matematičkih znanosti A.I. Valitskas

Ocjena: ____________

Tobolsk - 2011

Uvod……………………………………………………………………........2

§ 1. Linearne diofantske jednadžbe……………………………………..3

§ 2. Diofantova jednadžbax 2 – g 2 = a………………………………….....9

§ 3. Diofantova jednadžbax 2 + g 2 = a…………………………………... 12

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

§ 5. Pitagorine trojke……………………………………………………….. 19

§ 6. Fermatov posljednji teorem……………………………………………………23

Zaključak………………………………………………………………….….....29

Bibliografija...........………………………………………………..30

UVOD

Diofantova jednadžba je jednadžba oblika P(x 1 , … , x n ) = 0 , gdje je lijeva strana polinom u varijablama x 1 , … , x n s cjelobrojnim koeficijentima. Svaki naručeni set (u 1 ; … ; u n ) cijeli brojevi sa svojstvom P(u 1 , … , u n ) = 0 naziva se (parcijalno) rješenje Diofantove jednadžbe P(x 1 , … , x n ) = 0 . Riješiti Diofantovu jednadžbu znači pronaći sva njena rješenja, tj. opće rješenje ove jednadžbe.

Naš će cilj biti naučiti kako pronaći rješenja za neke diofantske jednadžbe, ako su ta rješenja dostupna.

Da biste to učinili, morate odgovoriti na sljedeća pitanja:

a. Ima li Diofantova jednadžba uvijek rješenje, pronaći uvjete postojanja rješenja.

b. Postoji li algoritam koji omogućuje pronalaženje rješenja Diofantove jednadžbe.

Primjeri: 1. Diofantova jednadžba 5 x – 1 = 0 nema rješenja.

2. Diofantova jednadžba 5 x – 10 = 0 ima rješenje x = 2 , koji je jedini.

3. Jednadžba ul x – 8 x 2 = 0 nije diofantski.

4. Često jednadžbe oblika P(x 1 , … , x n ) = Q(x 1 , … , x n ) , gdje P(x 1 , … , x n ) , Q(x 1 , … , x n ) su polinomi s cjelobrojnim koeficijentima, koji se nazivaju i Diofantovi. Mogu se napisati u obliku P(x 1 , … , x n ) – Q(x 1 , … , x n ) = 0 , što je standardno za Diofantove jednadžbe.

5. x 2 – g 2 = a je Diofantova jednadžba drugog stupnja s dvije nepoznanice x i y za bilo koji cijeli broj a. Ima rješenja za a = 1 , ali nema rješenja za a = 2 .

§ 1. Linearne diofantske jednadžbe

Neka a 1 , … , a n , saZ . Vrsta jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = c naziva se linearna Diofantova jednadžba s koeficijentima a 1 , … , a n , desna strana c i nepoznata x 1 , … , x n . Ako je desna strana c linearne Diofantove jednadžbe nula, tada se takva Diofantova jednadžba naziva homogenom.

Naš neposredni cilj je naučiti kako pronaći partikularna i opća rješenja linearnih Diofantovih jednadžbi u dvije nepoznanice. Očito, svaka homogena Diofantova jednadžba a 1 x 1 + … + a n x n = 0 uvijek ima određeno rješenje (0; … ; 0).

Očito je da linearna Diofantova jednadžba, čiji su svi koeficijenti jednaki nuli, ima rješenje samo u slučaju da joj je desna strana jednaka nuli. Općenito, imamo sljedeće

Teorem (o postojanju rješenja linearne Diofantove jednadžbe). Linearna diofantska jednadžba a 1 x 1 + … + a n x n = c, čiji koeficijenti nisu svi jednaki nuli, ima rješenje ako i samo ako GCD(a 1 , … , a n ) | c.

Dokaz. Nužnost uvjeta je očita: GCD(a 1 , … , a n ) | a ja (1 ja n) , dakle GCD(a 1 , … , a n ) | (a 1 x 1 + … + a n x n ) , što znači da dijeli i

c = a 1 x 1 + … + a n x n .

Neka D= gcd(a 1 , … , a n ) , c =Dt i a 1 u 1 + … + a n u n = D – linearno širenje najvećeg zajedničkog djelitelja brojeva a 1 , … , a n. Množenje obje strane s t, dobivamo a 1 (u 1 t) + … + a n (u n t) = Dt = c, tj. cijeli broj

n-ka (x 1 t; … ; x n t) je rješenje izvorne jednadžbe s n nepoznato.

Teorem je dokazan.

Ovaj teorem daje konstruktivan algoritam za pronalaženje posebnih rješenja linearnih Diofantovih jednadžbi.

Primjeri: 1. Linearna diofantska jednadžba 12x+21y=5 nema rješenja jer gcd(12, 21) = 3 ne dijeli 5 .

2. Pronađite partikularno rješenje Diofantove jednadžbe 12x+21y = 6.

Očito sada gcd(12, 21) = 3 | 6, dakle rješenje postoji. Zapisujemo linearno širenje gcd(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1). Stoga, par (2; –1) je posebno rješenje jednadžbe 12x+21y = 3, i par (4; –2) je posebno rješenje izvorne jednadžbe 12x+21y = 6.

3. Pronađite određeno rješenje linearne jednadžbe 12x + 21y - 2z = 5.

Jer (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , onda rješenje postoji. Nakon dokaza teorema prvo nalazimo rješenje jednadžbe (12.21)x–2y=5, a zatim zamjenom linearnog širenja najvećeg zajedničkog djelitelja iz prethodnog zadatka dobivamo rješenje izvorne jednadžbe.

Za rješavanje jednadžbe 3x - 2y = 5 zapiši linearno širenje gcd(3, -2) = 1 = 31 - 21 očito. Dakle, par brojeva (1; 1) je rješenje jednadžbe 3 x – 2 g = 1 , i par (5; 5) je partikularno rješenje Diofantove jednadžbe 3x - 2y = 5.

Tako, (12, 21)5 – 25 = 5 . Zamjenjujući ovdje prethodno pronađeno linearno širenje (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , dobivamo (122+21(–1))5 – 25 = 5 , ili 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , tj. trojka cijelih brojeva (10; –5; 5) je partikularno rješenje izvorne Diofantove jednadžbe 12x + 21y - 2z = 5.

Teorem (o strukturi općeg rješenja linearne Diofantove jednadžbe). Za linearnu Diofantovu jednadžbu a 1 x 1 + … + a n x n = c sljedeće tvrdnje su istinite:

(1) ako = (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) su njegova posebna rješenja, zatim razlika (u 1 –v 1 ; … ; u n –v n ) je partikularno rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 ,

(2) skup partikularnih rješenja linearne Diofantove homogene jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 zatvoreno za zbrajanje, oduzimanje i množenje cijelim brojevima,

(3) ako M je opće rješenje zadane linearne Diofantove jednadžbe, i L je opće rješenje odgovarajuće homogene Diofantove jednadžbe, zatim za bilo koje posebno rješenje = (u 1 ; … ; u n ) izvorne jednadžbe, jednakost M = +L .

Dokaz. Oduzimanje jednakosti a 1 v 1 + … + a n v n = c od jednakosti a 1 u 1 + … + a n u n = c, dobivamo a 1 (u 1 –v 1 ) + … + a n (u n –v n ) = 0 , tj. skup

(u 1 –v 1 ; … ; u n –v n ) je partikularno rješenje linearne homogene Diofantove jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 . Dakle, dokazano je da

= (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) ML .

Ovo dokazuje tvrdnju (1).

Tvrdnja (2) se dokazuje na sličan način:

, L z Z L z L .

Da bismo dokazali (3), prvo zapazimo da M+L. Ovo proizlazi iz prethodnog: M+L .

Nasuprot tome, ako = (l 1 ; … ; l n ) L i = (u 1 ; … ; u n ) M, zatim 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.

Na ovaj način, + LM, i na kraju M = +L .

Teorem je dokazan.

Dokazani teorem ima jasno geometrijsko značenje. Ako uzmemo u obzir linearnu jednadžbu a 1 x 1 + … + a n x n = c, gdje x ja R, onda, kao što je poznato iz geometrije, određuje u prostoru R n hiperravnina dobivena iz ravnine L s homogenom jednadžbom a 1 x 1 + … +a n x n =0 prolazeći kroz ishodište koordinata pomakom za neki vektor R n. Pogled na površinu + L naziva se i linearni razdjelnik s prostorom za vođenje L i vektor pomaka . Time je dokazano da je opće rješenje M diofantova jednadžba a 1 x 1 + … + a n x n = c sastoji se od svih točaka neke linearne mnogostrukosti koje imaju cjelobrojne koordinate. U ovom slučaju, koordinate vektora pomaka su također cijeli brojevi, a skup L rješenja homogene Diofantove jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 sastoji se od svih točaka u prostoru vodiča s cjelobrojnim koordinatama. Zbog toga se često kaže da skup rješenja proizvoljne Diofantove jednadžbe tvori linearni mnogoznačnik s vektorom pomaka i vodeći prostor L.

Primjer: za Diofantovu jednadžbu x - y \u003d 1 zajednička odluka M ima oblik (1+y; y), gdje je yZ, njegovo posebno rješenje = (1; 0) , i opće rješenje L homogena jednadžba x – y = 0 bit će zapisano u obrascu (y; y), gdje naZ. Dakle, možemo nacrtati sljedeću sliku, u kojoj su rješenja izvorne Diofantove jednadžbe i odgovarajuće homogene Diofantove jednadžbe prikazane debelim točkama u linearnom mnogoznačniku M i prostora L odnosno.

2. Nađite opće rješenje Diofantove jednadžbe 12x + 21y - 2z = 5.

Privatna odluka (10; –5; 5) ova jednadžba je pronađena ranije, nalazimo opće rješenje homogene jednadžbe 12x + 21y - 2z = 0, ekvivalentno Diofantovoj jednadžbi 12 x + 21 g = 2 z.

Da bi ova jednadžba bila rješiva ​​potrebno je i dovoljno da se ispuni uvjet gcd(12, 21) = 3 | 2z, oni. 3 | z ili z = 3t za neki cijeli broj t. Svodeći oba dijela na 3 , dobivamo 4x + 7y = 2t. Partikularno rješenje (2; –1) Diofantove jednadžbe 4x+7y= 1 pronađeno u prethodnom primjeru. Zato (4t ; -2t) je posebno rješenje jednadžbe 4x + 7y = 2t za bilo koji

t Z. Opće rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe

(7 u ; –4 u) već pronađeno. Dakle, opće rješenje jednadžbe 4x + 7y = 2t izgleda kao: (4t + 7u; -2t - 4u) , te opće rješenje homogene jednadžbe 12x + 21y - 2z = 0 bit će napisano ovako:

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

Lako je provjeriti da ovaj rezultat odgovara gore navedenom teoremu bez dokaza o rješenjima homogene Diofantove jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 : ako P = , zatim R i

(u; t) P je opće rješenje razmatrane homogene jednadžbe.

Dakle, opće rješenje Diofantove jednadžbe 12x + 21y - 2z = 5 izgleda ovako: (10 + 4t + 7u; –5 – 2t – 4u; 5+3t).

3. Na primjeru prethodne jednadžbe ilustriramo drugu metodu za rješavanje Diofantovih jednadžbi s mnogo nepoznanica, koja se sastoji u uzastopnom smanjivanju maksimalne vrijednosti modula njezinih koeficijenata.

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

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

Dakle, opće rješenje razmatrane jednadžbe može se napisati na sljedeći način: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), gdje x, u su proizvoljni cjelobrojni parametri.

§ 2. Diofantova jednadžbax 2 – g 2 = a

Primjeri: 1. Na a = 0 dobivamo beskonačan broj rješenja: x = g ili x = – g za bilo koga g Z.

2. Na a = 1 imamo x 2 – g 2 = 1 (x + g)(x – g) = 1 . Dakle, broj 1 se rastavlja na umnožak dvaju cjelobrojnih faktora x + g i x – g(važno, to x, g- cijeli!). Jer broj 1 samo dva proširenja u umnožak cjelobrojnih faktora 1 = 11 i 1 = (–1)(–1) , dobivamo dvije mogućnosti: .

3. Za a = 2 imamo x 2 – g 2 = 2 (x + g)(x – g) = 2. Postupajući slično prethodnom, razmatramo proširenja

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), sastavljamo sustave:, koji za razliku od prethodnog primjera nemaju rješenja. Dakle, nema rješenja za razmatranu Diofantovu jednadžbu x 2 – g 2 = 2.

4. Prethodna razmatranja dovode do nekih zaključaka. Rješenja jednadžbi x 2 – g 2 = a su u raspadanju a = km u umnožak cijelih brojeva iz sustava . Ovaj sustav ima cijela rješenja ako i samo ako k + m i k – m su parni, tj. kada su brojevi k i m isti paritet (istodobno parni ili neparni). Dakle, Diofantova jednadžba x 2 – y 2 = a ima rješenje ako i samo ako se a može proširiti u umnožak dvaju cjelobrojnih faktora iste parnosti. Ostaje samo pronaći sve takve.

Teorem (o jednadžbix 2 – g 2 = a ). (1) Jednadžba x 2 – g 2 = 0 ima beskonačan broj rješenja .

(2) Svako rješenje jednadžbe dobiva se kao , gdje a = km je rastavljanje broja a na umnožak dvaju cjelobrojnih faktora iste parnosti.

(3) Jednadžba x 2 – g 2 = a ima rješenje ako i samo ako a 2 (mod 4).

Dokaz.(1) već je dokazano.

(2) već je dokazano.

(3) () Neka prvo Diofantova jednadžba x 2 – g 2 = a ima rješenje. Dokažimo to a 2 (mod 4) . Ako a a = km je proširenje u umnožak cijelih brojeva istog pariteta, zatim za par k i m imamo k = 2 l, m = 2 n i a = km = 4 ul 0 (mod 4) . U slučaju neparnih k, m njihov posao a također neparan, razlika a – 2 neparan i nedjeljiv sa 4 , tj. opet

a 2 (mod 4).

() Ako sada a 2 (mod 4) , tada možemo konstruirati rješenje jednadžbe x 2 – g 2 = a. Doista, ako je a neparan, onda a = 1 a je dekompozicija proizvoda neparnih cijelih brojeva, tako da je rješenje Diofantove jednadžbe. Ako je a paran, tada s obzirom na a 2 (mod 4) shvaćamo to 4 | a, a = 4 b = 2(2 b) je produkt dekompozicije parnih cijelih brojeva, tako da je rješenje Diofantove jednadžbe.

Teorem je dokazan.

Primjeri: 1. Diofantova jednadžba x 2 – g 2 = 2012 nema rješenja, jer 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Diofantova jednadžba x 2 – g 2 = 2011 ima rješenja, jer

2011 3 (mod 4). Imamo očita proširenja

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

za svaki od njih nalazimo rješenja (bilo koja kombinacija znakova). Drugih rješenja nema, jer broj 2011 jednostavno (?!).

§ 3. Diofantova jednadžbax 2 + g 2 = a

Primjeri: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Dakle, očito je da se svaki kvadrat može trivijalno prikazati kao zbroj dvaju kvadrata.

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. Nema rješenja za a = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

Analiza gornjih rezultata može sugerirati da je nepostojanje rješenja na neki način povezano s prostim brojevima obrasca

4 n+3 prisutan u faktoriziranju brojeva koji se ne mogu prikazati kao zbrojevi dvaju kvadrata.

Teorem (o prikazivanju prirodnih brojeva zbrojevima dvaju kvadrata). Prirodni broj a može se prikazati kao zbroj dvaju kvadrata ako i samo ako, u njegovom kanonskom širenju, prosti brojevi oblika 4 n + 3 imaju parne eksponente.

Dokaz. Najprije dokažemo da ako se prirodni broj a može prikazati kao zbroj dvaju kvadrata, onda u njegovom kanonskom širenju svi prosti brojevi oblika 4 n + 3 moraju imati parne eksponente. Pretpostavimo, suprotno onome što je dokazano, da a= str 2 k +1 b = x 2 + g 2 , gdje

R - prosti broj obrasca 4 n+3 i b str. Zamislite brojeve x i na kao

x =Dž, g = Dt, gdjeD= gcd(x, g) = str s w, str w; z, t, s N 0 . Tada dobivamo jednakost R 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = str 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , tj. R 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . Na lijevoj strani jednakosti nalazi se p (neparna potencija nije jednaka nuli), što znači da je jedan od faktora na desnoj strani djeljiv s prostim brojem p. Jer str w, onda p | (z 2 + t 2 ) , gdje su brojevi z, t međusobno jednostavni. Ovo je u suprotnosti sa sljedećom lemom (?!).

Lema (o djeljivosti zbroja dvaju kvadrata s prostim brojem oblika

4 n + 3 ). Ako je prost broj p = 4n+3 dijeli zbroj kvadrata dvaju prirodnih brojeva, zatim dijeli svaki od tih brojeva.

Dokaz. Iz suprotnog. Neka x 2 + g 2 0(mod str) , ali x0(mod str) ili g 0 (mod str) . Jer x i g su simetrični, mogu se međusobno mijenjati, pa možemo pretpostaviti da x str.

Lema (o reverzibilnosti modulostr ). Za bilo koji cijeli broj x, nedjeljiv s prostim brojem str, postoji inverzni element modulo str – takav cijeli broj 1 u < str, što xi 1 (mod str).

Dokaz. Broj x suprime sa str, tako da možemo napisati linearno širenje GCD(x, str) = 1 = xi + pv (u, v Z) . Jasno je da xi1(modp) , tj. u- inverzni element prema x modulo str. Ako a u ne zadovoljava ograničenje 1 u < str, zatim dijeljenje u s uključenim ostatkom str, dobivamo ostatak r u (mod str) , za koji xr xi 1 (mod str) i 0 r < str.

Modulo reverzibilnost lema str dokazano.

Množenje usporedbe x 2 + g 2 0 (mod str) po kvadratu u 2 inverzni element to x modulo str, dobivamo 0 = 0u 2 x 2 u 2 +y 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1+t 2 (mod p).

Dakle za t = yu usporedba obavljena t 2 –1 (mod str) , što dovodimo do kontradikcije. Jasno je da t str: inače t 0 (mod str) i 0 t 2 –1 (mod str) , što je nemoguće. Po Fermatovoj teoremi imamo t str –1 1 (mod str), koji zajedno sa t 2 –1 (mod str) i str = 4 n + 3 dovodi do kontradikcije:

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

Dobivena kontradikcija pokazuje da je pretpostavka o x 0 (mod str) nije bilo ispravno.

Lema o djeljivosti zbroja dvaju kvadrata s prostim brojem 4 n+3 dokazano.

Dakle, dokazano je da broj čija kanonska dekompozicija uključuje prost broj str = 4 n + 3 na neparnu potenciju, ne može se prikazati kao zbroj dvaju kvadrata.

Dokažimo sada da svaki broj u čijem kanonskom proširenju prosti brojevi str = 4 n + 3 sudjeluju samo u parnim potencijama, koje se mogu predstaviti kao zbroj dvaju kvadrata.

Ideja dokaza temelji se na sljedećem identitetu:

(a 2 +b 2 )(c 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (oglas + bc) 2 ,

što se može dobiti iz poznatog svojstva modula kompleksnih brojeva – modul umnoška jednak je umnošku modula. Stvarno,

| z|| t| = | zt| | a + dvo|| c + di| = |(a + dvo)(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 + (oglas + bc) 2 .

Iz ovog identiteta slijedi da ako se dva broja u, v mogu prikazati kao zbroj dvaju kvadrata: u = x 2 + g 2 , v = z 2 + t 2 , tada se njihov umnožak uv također može prikazati kao zbroj dvaju kvadrata: UV = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .

Bilo koje prirodni broj a > 1 može se napisati u obliku a= str 1 … R k m 2 , gdje R ja su po paru različiti prosti brojevi, m N . Da bismo to učinili, dovoljno je pronaći kanonsku dekompoziciju , zapišite svaki stupanj obrasca r u obliku kvadrata (r) 2 za čak = 2, ili u obliku r = r(r) 2 za neparan = 2 + 1 , a zatim odvojeno grupirajte kvadrate i preostale proste brojeve. Na primjer,

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

Broj m 2 ima trivijalnu reprezentaciju kao zbroj dvaju kvadrata: m 2 = 0 2 + m 2 . Dokažemo li reprezentativnost kao zbroj dvaju kvadrata svih prostih brojeva R ja (1 ja k) , tada će se korištenjem identiteta dobiti i prikaz broja a. Po stanju, među brojevima R 1 , … , R k može samo upoznati 2 = 1 2 + 1 2 i prosti brojevi oblika 4 n + 1 . Dakle, preostaje dobiti prikaz kao zbroj dvaju kvadrata prostog broja p = 4m + 1. Ovu izjavu izdvajamo u zaseban teorem (vidi dolje)

Na primjer, za a = 29250 = 2513(15) 2 sukcesivno dobivamo:

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 je dokazan.

§ 4. Jednadžbax + x + 1 = 3y

Pozabavimo se sada jednadžbom x+x+1=Zu. Već ima svoju povijest. R. Oblat je 1950. predložio da se uz rješavanje

x=y=1. nema drugih rješenja u prirodnim brojevima x, y gdje je x neparan broj. Iste je godine T. Nagel ukazao na rješenje x= 313, y = 181. Metoda slična gornjoj za jednadžbu x+x-2y=0, omogućit će nam da odredimo sva rješenja jednadžbe x+x+1=3y (1)

u prirodnim brojevima x, na. Hajdemo to pretvarati (x, y) je rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima, i x > 1. Lako se vidi da jednadžba (18) nema rješenja u prirodnim brojevima x, g, gdje x = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; tako i treba biti x10.

Pokažimo to 12g<7 x+3, 7y>4x+ 2. 4y > 2x+1 . (2)

Kad bi bilo 12g> 7x+3, imali bi smo 144g> 49 x+42 x+9 . i budući da, s obzirom na (18), 144y= 48x+ 48 x + 48 , onda bi bilo x< 6 x +3 9, odakle

(x-z)< 48 i, prema tome, s obzirom na to x> 10, 7 < 148 , što je nemoguće. Time je prva od nejednakosti (2) dokazana.

Kad bi bilo 7g< 4 x+2 , imali bi smo 49g< 16 x+ 16 x+4 , a budući da je, s obzirom na (1), 16 x+ 16 x+ 16 = 48 god, onda bi bilo 49g< 48u- 12, što je nemoguće. Time je druga od nejednakosti (2) dokazana iz koje izravno proizlazi treća. Dakle, nejednakosti (2) su istinite.

Stavimo sada

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

Na temelju (2) nalazimo da w > 0 , h > 0 i X -w=3(4 g-2 x-1)>0 i stoga, w<х . Prema (3) imamo w 2 + w+1=3 h 2 odakle, s obzirom na (1), prihvaćamo g(x, y) = (7x - 12y + 3, -4x + 7y -2).

Dakle, možemo to reći, na temelju bilo kojeg rješenja (x, y) jednadžbe (1) u prirodnim brojevima, gdje x > 1, dobivamo novo rješenje (w, h) = g(x, y) jednadžbe (1) u prirodnim brojevima w, h gdje w < х (a time i rješenje u manjim prirodnim brojevima). Stoga, djelujući kao gore, nalazimo da za svako rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima x, y, gdje x > 1, postoji prirodan broj n takav da g(x, y) = (l, 1).

Prihvativši f(x, y) = (7x+12y + 3, 4x+ 7y + 2), (4) to lako možemo naći f(g(x, y)) = (x, y) i zbog toga (x, g) = f(1,1) S druge strane, lako je provjeriti da ako (x, y) je rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima, tada f(x, g) također postoji rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima (odnosno većim od x i na).

Prihvativši x=y=1(x, y) = f(1, 1) za n=2,3,…..,

dobivamo niz { x, g} za n= 1, 2,….., koji sadrži sva rješenja jednadžbe (1) u prirodnim brojevima i samo takva rješenja.

Evo imamo (X,g)= f(1,1)= f(x, y), dakle, zbog (4), dobivamo

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

Formule koje vam omogućuju dosljedno određivanje svih rješenja (x, y) jednadžbe (1) u prirodnim brojevima. Na taj način lako dolazimo do rješenja (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Tih rješenja očito ima beskonačno mnogo. Od jednakosti

x=y=1 i (4) indukcijom lako nalazimo da brojevi x s neparnim indeksima su neparni, s parnim indeksima su parni, a brojevi g bit neparan za n = 1, 2, ... Da bismo dobili sva rješenja jednadžbe (1) u cijelim brojevima x, y, kao što je lako dokazati, slijedilo bi već dobivena rješenja (x, y) pridružiti (x, -y) i (-x-1,±y) za n=1, 2, .. .

Dakle, ovdje imamo, na primjer, više takvih rješenja: (-2,1) (-23,13), (-314,181). A. Rotkevič je primijetio da od svih rješenja jednadžbe (1) u prirodnim brojevima x > 1 i y mogu dobiti sva rješenja jednadžbe (z+1)-z=y (6)

u prirodnim brojevima z, y. Doista, pretpostavimo da prirodni brojevi z, y zadovoljavaju jednadžbu (5). Stavljanje x=3z+l, dobivamo, kao što je lako provjeriti, prirodne brojeve x > 1 i na zadovoljavajući jednadžbu (1).

S druge strane, ako prirodni brojevi x > 1 i na zadovoljavaju jednadžbu (1), tada imamo, kao što je lako provjeriti, (x-1)= 3(y-x), odakle slijedi da je broj (prirodni) x-1 podjeljeno sa 3 , Posljedično x-1=3 z, gdje z je prirodan broj, a jednakost 3z=y-x=y3z-1 , što dokazuje da brojevi z i na zadovoljiti jednadžbu (6). Dakle, na temelju rješenja (22,13),(313,181), (4366,2521) jednadžbe (1), dobivamo rješenja (7,13),(104,181),(1455,2521) jednadžbe (6). Ovdje također napominjemo da ako prirodni brojevi z, y zadovoljavaju jednadžbu (6), dokazuje se da na je zbroj dvaju uzastopnih kvadrata, na primjer 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Na sličan način, kao prije za jednadžbu (1), mogli bismo pronaći sva rješenja jednadžbe x+(x+1)= g u prirodnim brojevima x, y, uzimajući za x > 3 g (x. y) \u003d (3x -2y + 1, 3y - 4x - 2) i za x> 1 f(x, y) = (3x+ 2y+l, 4x + Zu + 2),što dovodi do formule ( x, y)f(3,5) te do zaključka da su sva rješenja jednadžbe (6) u prirodnim brojevima x, y sadržana u nizu { x, g} za n= 1, 2,…., gdje x=3, y=5, ix=3 x+2 g+1 . g = 4 x+3 g+2 (n=1, 2, ...). Na primjer, x \u003d 3 3 + 2 5 + 1 \u003d 20, y = 4 3 + Z 5 + 2 \u003d 29;x=119, y=169:x=69b, y=985;x=4059, y=5741.

Geometrijsko značenje razmatrane jednadžbe je u tome što daje sve Pitagorine trokute (pravokutne s prirodnim stranicama), čije su katete izražene uzastopnim prirodnim brojevima. Takvih je trokuta (*) beskonačno mnogo.

Jednadžba je x+(x+1)= g, dokazano je da nema rješenja u prirodnim brojevima x, y.

Algoritmi za rješavanje Diofantovih jednadžbi

Euklidov algoritam

• Primjer #1 (jednostavan)
• Primjer #2 (teško)

Zadatke o izboru brojeva rješavamo bez odabira

• Problem oko kokoši, zečeva i njihovih šapa
• Zadatak prodavačice i promjena

Prema recenzijama sibms-a, pravi kamen spoticanja školski tečaj matematike ne samo za učenike, već i za roditelje postaju Diofantove jednadžbe. Što je to i kako ih ispravno riješiti? Aelita Bekesheva, učiteljica matematike u obrazovnom centru Gornostai, i Yury Shanko, kandidat fizikalnih i matematičkih znanosti, pomogli su nam da to shvatimo.

Tko je Diofant?

Čak su i stari Egipćani, radi lakšeg zaključivanja, smislili posebnu riječ koja označava nepoznati broj, ali u to vrijeme nije bilo znakova akcije i znaka jednakosti, pa nisu znali pisati jednadžbe.

Prvi koji se dosjetio kako napisati jednadžbu bio je divni znanstvenik Diofant iz Aleksandrije. Aleksandrija je bila velika kulturna, trgovačka i znanstveni centar drevni svijet. Ovaj grad još uvijek postoji, nalazi se na mediteranskoj obali Egipta.

Diofant je živio, po svemu sudeći, u 3. stoljeću nove ere. i bio je posljednji veliki matematičar antike. Do nas su došla dva njegova djela - "Aritmetika" (od trinaest knjiga sačuvano ih je šest) i "O poligonalnim brojevima" (u odlomcima). Diofantov rad imao je veliki utjecaj na razvoj algebre, matematičke analize i teorije brojeva.

Ali znate nešto o Diofantovim jednadžbama...

Svi znaju Diofantove jednadžbe! Riječ je o zagonetkama za osnovnoškolce, koje se rješavaju odabirom.

” Na primjer, "koliko različiti putevi možeš li platiti sladoled vrijedan 96 kopejki ako imaš samo kopejke i kovanice od pet kopejki?”

Ako damo Diofantovu jednadžbu opća definicija, onda možemo reći da je ovo algebarska jednadžba s dodatnim uvjetom: sva njena rješenja moraju biti cijeli brojevi (i, u općem slučaju, također racionalni).

” Često majke (osobito one koje su završile školu u razvijenom socijalizmu) vjeruju da je glavni cilj takvih zadataka naučiti djecu da u kusur plaćaju sladoled. I tako, kad su iskreno uvjereni da je slaganje sitnica stvar prošlosti, njihov omiljeni sedmaš (ili osmaš) dolazi s neočekivanim pitanjem: “Mama, kako to riješiti?”, i predstavlja jednadžba s dvije varijable. Ranije nije bilo takvih problema u školskom tečaju (svi se sjećamo da bi trebalo biti onoliko jednadžbi koliko ima varijabli), pa majka koja nije matematičarka često pada u stupor. Ali ovo je isti problem o kusuru i sladoledu, samo napisano opći pogled!

Usput, zašto joj se odjednom vraćaju u sedmom razredu? Jednostavno je: cilj proučavanja Diofantovih jednadžbi je dati temelje za teoriju cijelih brojeva, koja se dalje razvija kako u matematici tako iu informatici i programiranju. Diofantske jednadžbe često se nalaze među zadacima dijela "C" jedinstvenog državnog ispita. Poteškoća je, prije svega, što postoji mnogo metoda rješenja, od kojih maturant mora odabrati jednu ispravnu. Međutim, linearne Diofantove jednadžbe ax + by = c mogu se relativno lako riješiti pomoću posebnih algoritama.

Algoritmi za rješavanje Diofantovih jednadžbi

Proučavanje Diofantovih jednadžbi počinje u naprednom tečaju algebre od 7. razreda. U udžbeniku Yu.N. Makarycheva, N.G. Mindyuk, dati su neki problemi i jednadžbe koji se rješavaju pomoću Euklidov algoritam i brute force metoda, - kaže Aelita Bekesheva.- Kasnije, u 8. - 9. razredu, kada već razmatramo jednadžbe u cijelim brojevima viših redova, učenicima pokazujemo metoda faktorizacije, te daljnju analizu rješenja ove jednadžbe, metoda ocjenjivanja. Predstavljamo metodom odabira punog kvadrata. Pri proučavanju svojstava prostih brojeva uvodimo mali Fermatov teorem, jedan od temeljnih teorema u teoriji rješenja jednadžbi u cijelim brojevima. Na višoj razini to se upoznavanje nastavlja u 10.-11. Ujedno, dovodimo djecu u proučavanje i primjenu teorije "modulo usporedbi", razrađujemo algoritme s kojima smo se susreli u 7.-9. Vrlo dobro, ovaj materijal je naveden u udžbeniku A.G. Mordkovich "Algebra i početak analize, razred 10" i G.V. Dorofeev "Matematika" za 10. razred.

Euklidov algoritam

Sama Euklidova metoda odnosi se na još jedan matematički problem - nalaženje najvećeg zajedničkog djelitelja: umjesto izvornog para brojeva upisuje se novi par - manji broj i razlika između manjeg i većeg broja izvornog para. Ova radnja se nastavlja sve dok brojevi u paru ne budu jednaki - to će biti najveći zajednički faktor. Varijacija algoritma također se koristi u rješavanju Diofantovih jednadžbi - sada mi zajedno s Jurijem Šankom Idemo na primjeru pokazati kako riješiti probleme "o kovanicama".

Razmatramo linearnu Diofantovu jednadžbu sjekira + by = c, gdje su a, b, c, x i y cijeli brojevi. Kao što vidite, jedna jednadžba sadrži dvije varijable. Ali, kao što se sjećate, potrebni su nam samo korijeni cijelih brojeva, što pojednostavljuje stvari - mogu se pronaći parovi brojeva za koje je jednadžba točna.

Međutim, Diofantove jednadžbe nemaju uvijek rješenja. Primjer: 4x + 14y = 5. Rješenja nema jer na lijevoj strani jednadžbe, za svaki cijeli broj x i y dobit će se paran broj, a 5 je neparan broj. Ovaj primjer se može generalizirati. Ako je u jednadžbi sjekira + prema = c koeficijenti a i b djeljivi s nekim cijelim brojem d, a broj c nije djeljiv s tim d, tada jednadžba nema rješenja. S druge strane, ako su svi koeficijenti (a, b i c) djeljivi s d, tada se cijela jednadžba može podijeliti s ovim d.

Na primjer, u jednadžbi 4x + 14y = 8, svi koeficijenti su djeljivi s 2. Jednadžbu podijelimo s ovim brojem i dobijemo: 2𝑥 + 7𝑦 = 4. Ova tehnika (dijeljenje jednadžbe nekim brojem) ponekad pojednostavljuje izračune.

Idemo sada s druge strane. Pretpostavimo da je jedan od koeficijenata na lijevoj strani jednadžbe (a ili b) jednak 1. Tada je naša jednadžba zapravo riješena. Doista, neka je, na primjer, a = 1, tada možemo uzeti bilo koji cijeli broj kao y, dok je x = c − by. Ako naučimo reducirati izvornu jednadžbu na jednadžbu u kojoj je jedan od koeficijenata jednak 1, tada ćemo naučiti kako riješiti bilo koju linearnu Diofantovu jednadžbu!

Pokazat ću to na primjeru jednadžbe 2x + 7y = 4.

Može se prepisati na sljedeći način: 2(x + 3y) + y = 4.

Uvedimo novu nepoznanicu z = x + 3y, tada će jednadžba biti zapisana na sljedeći način: 2z + y = 4.

Dobili smo jednadžbu s faktorom jedan! Tada je z bilo koji broj, y = 4 − 2z.

Preostaje pronaći x: x = z − 3y = z − 3(4 − 2z) = 7z − 12.

Neka je z=1. Tada je y=2, x=-5. 2*(-5)+7*2=4

Neka je z=5. Tada je y=-6, x=23. 2 * (23)+7 * (-6)=4

” U ovom primjeru važno je razumjeti kako smo prešli s jednadžbe s koeficijentima 2 i 7 na jednadžbu s koeficijentima 2 i 1. U ovom slučaju (i uvijek!) novi koeficijent (u ovom slučaju jedan) je ostatak dijeljenja izvornih koeficijenata jedan s drugim (7 sa 2).

U ovom primjeru smo imali sreće, odmah nakon prve zamjene dobili smo jednadžbu s koeficijentom 1. To se ne događa uvijek, ali možemo ponoviti prethodni trik uvođenjem novih nepoznanica i ispisivanjem novih jednadžbi. Prije ili kasnije, nakon takvih zamjena, dobit će se jednadžba s koeficijentom 1.

Pokušajmo riješiti složeniju jednadžbu, predlaže Aelita Bekesheva.

Razmotrimo jednadžbu 13x - 36y = 2.

Korak 1

36/13=2 (10 lijevo). Stoga se izvorna jednadžba može prepisati na sljedeći način: 13x-13* 2y-10y=2. Transformirajmo to: 13(x-2y)-10y=2. Uvedimo novu varijablu z=x-2y. Sada imamo jednadžbu: 13z-10y=2.

Korak 2

13/10=1 (3 lijevo). Izvorna jednadžba 13z-10y=2 može se prepisati na sljedeći način: 10z-10y+3z=2. Transformirajmo to: 10(z-y)+3z=2. Uvedimo novu varijablu m=z-y. Sada imamo jednadžbu: 10m+3z=2.

Korak #3

10/3=3 (1 lijevo). Izvorna jednadžba 10m+3z=2 može se prepisati na sljedeći način: 3* 3m+3z+1m=2. Transformirajmo ga: 3(3m+z)+1m=2. Uvedimo novu varijablu n=3m+z. Sada imamo jednadžbu: 3n+1m=2.

hura! Dobili smo jednadžbu s koeficijentom jedan!

m=2-3n, a n može biti bilo koji broj. Međutim, moramo pronaći x i y. Promijenimo varijable obrnutim redoslijedom. Upamtite, moramo izraziti x i y u smislu n, koji može biti bilo koji broj.

y=z-m; z=n-3m, m=2-3n ⇒ z=n-3* (2-3n), y=n-3*(2-3n)-(2-3n)=13n-8; y=13n-8

x=2y+z ⇒ x=2(13n-8)+(n-3*(2-3n))=36n-22; x=36n-22

Neka je n=1. Tada je y=5, x=24. 13 * (14) -36 * 5=2

Neka je n=5. Tada je y=57, x=158. 13*(158)-36*(57)=2

Da, nije baš lako shvatiti, ali sada uvijek možete riješiti probleme koji se rješavaju selekcijom na općeniti način!

Rješavamo zadatke za izbor brojeva

Primjeri zadataka za osnovnoškolce koji se rješavaju odabirom: natječite se s djetetom tko će ih brže riješiti: vi pomoću Euklidovog algoritma ili školarac - odabirom?

Problem oko šapa

Pojmovi

U kavezu su kokoši i zečevi. Ukupno imaju 20 šapa. Koliko može biti kokoši, a koliko zečeva?

Riješenje

Recimo da imamo x kokoši i y zečeva. Napravimo jednadžbu: 2h+4y=20. Skratimo obje strane jednadžbe za dva: x+2y=10. Prema tome, x=10-2y, gdje su x i y pozitivni cijeli brojevi.

Odgovor

Broj kunića i kokoši: (1; 8), (2; 6), (3; 4), (4; 2), (5; 0)

Slažem se, pokazalo se brže od razvrstavanja "neka jedan zec sjedi u kavezu ..."

Problem oko kovanica

Pojmovi

Jedna je prodavačica imala samo kovanice od pet i dvije rublje. Na koliko načina može skupiti 57 rubalja sitniša?

Riješenje

Neka imamo x kovanica od dvije rublje i y kovanica od pet rubalja. Napravimo jednadžbu: 2h+5y=57. Transformirajmo jednadžbu: 2(x+2y)+y=57. Neka je z=x+2y. Tada je 2z+y=57. Posljedično, y=57-2z, x=z-2y=z-2(57-2z) ⇒ x=5z-114. Imajte na umu da varijabla z ne može biti manja od 23 (inače će x, broj kovanica od dvije rublje, biti negativan) i veća od 28 (u suprotnom će y, broj kovanica od pet rubalja, biti negativan). Odgovaraju nam sve vrijednosti od 23 do 28.

Odgovor

Šest načina.

Pripremila Tatyana Yakovleva

Općinska proračunska obrazovna ustanova

srednja škola №1

Pavlovo.

Istraživački rad

Metode rješavanja Diofantovih jednadžbi.

Odjel: Fizičko-matematički

Sekcija: matematika

Završeno:

Učenik 8. razreda Nikolai Trukhin (14 godina)

Znanstveni savjetnik:

profesorica matematike

Lefanova N. A.

Pavlovo

2013

Sadržaj

I Uvod…………………………………………………………………………………3

II Pregled literature………………………………………………………………..5

III Glavni dio………………………………………………………………………6

IV Zaključak……………………………………………………………………...15

V Popis literature…………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………….

VI Dodatak……………………………………………………………………..17

Uvod.

U 2011-2012 sam nastupao istraživački rad na temu: „Rješavanje jednadžbi u Drevna grčka i Indija." Radeći na njemu upoznao sam se s djelima Diofanta Aleksandrijskog i Muhammeda al-Khwarizmija. U prethodnom radu razmatrao sam neke metode rješavanja jednadžbi prvog stupnja s dvije nepoznanice, upoznao se s nekim starim problemima koji dovode do rješenja jednadžbi prvog stupnja s dvije nepoznanice.

Mohammed Ben Mussa al-Khwarizmi, ili Mohammed sin Mojsija iz Khorezma, koji je član "kuće mudrosti" u Iranu, napisao je knjigu oko 820. naše kronologije, gdje je podučavao rješavati jednostavna i složena pitanja aritmetike koja ljudima treba kod diobe nasljedstva, sastavljanja oporuka, diobe imovine i sudskih sporova, u trgovini, svim vrstama transakcija. S imenom al-Khorezmi povezani su pojmovi "algebra", "arapski brojevi", "algoritam". Odvojio je algebru od geometrije, dao veliki doprinos matematici islamskog srednjeg vijeka. Muhammad al-Khwarizmi je bio poznat i poštovan i za života i nakon smrti.

Ali htio sam znati više o Diofantu. A tema mog ovogodišnjeg istraživanja je: Metode rješavanja diofantskih jednadžbi»

Diofant iz Aleksandrije jedan je od najneobičnijih starogrčkih matematičara, čija su djela bila veliki značaj za algebru i teoriju brojeva. Od Diofantovih djela najvažnija je "Aritmetika", od kojih je 13 knjiga do danas sačuvano samo 6. Sačuvane knjige sadrže 189 problema s rješenjima. Prva knjiga sadrži zadatke koji dovode do određenih jednadžbi prvog i drugog stupnja. Preostalih pet knjiga sadrži uglavnom neodređene jednadžbe (neodređene jednadžbe nazivaju se jednadžbe koje sadrže više od jedne nepoznanice). Ove knjige još nemaju sustavnu teoriju neodređenih jednadžbi, metode rješavanja variraju od slučaja do slučaja. Diofant se zadovoljava jednom otopinom, cijelom ili razlomkom, sve dok je pozitivna. Međutim, metode za rješavanje neodređenih jednadžbi čine glavni Diofantov doprinos matematici. U Diofantovoj simbolici postojao je samo jedan znak za nepoznato. Pri rješavanju neodređenih jednadžbi koristio je proizvoljne brojeve kao nekoliko nepoznanica, umjesto kojih su se mogli uzeti bilo koji drugi, čime je sačuvao prirodu općenitosti njegovih rješenja.

Svrha mog rada:

1. Nastaviti upoznavanje s Diofantovim jednadžbama.

2. Istražiti metode numeracije i disperzije (mljevenja) pri rješavanju Diofantovih jednadžbi.

3. Istražite mogućnost korištenja Diofantovih jednadžbi za rješavanje nekih praktičnih problema.

II. Pregled literature.

Prilikom pisanja rada koristio sam sljedeću literaturu:

Koristio sam informacije o Diofantu i al-Hvarizmiju.

Knjiga je posvećena Diofantovim metodama u rješavanju neodređenih jednadžbi. Govori o životu samog Diofanta. Ove podatke koristim u svom radu.

Knjiga govori o povijesti algebre od antičkih vremena. Koristio sam informacije o teoriji jednadžbi od antike.

Ova knjiga sadrži oko 200 članaka o osnovnim pojmovima matematike i njezinim primjenama. Koristio sam materijale članaka "Algebra", "Jednadžbe", "Diofantske jednadžbe"

Tekstovi zadataka za praktičnu uporabu preuzeti su iz knjige.

Na temu sam koristio stranicu:

http :// hr . wikipedija . org (podaci o al-Khorezmiju i Diofantu. O metodama rješavanja Diofantovih jednadžbi).

Glavni dio

Danas su svi koji su se bavili matematikom čuli za Diofantove jednadžbe. Algebarske jednadžbe s cjelobrojnim koeficijentima, riješene u skupu cijelih (rjeđe racionalnih) brojeva, ušle su u povijest matematike kao Diofantove . Diofantske jednadžbe 1. i 2. stupnja su najviše proučavane. Sadržaj mog rada obuhvaća probleme koji se svode na rješavanje jednadžbe prvog stupnja s dvije nepoznanice

(1)

Razmotrimo problem.

Zadatak 1. U ćeliji je x fazani i na zečevi. Koliko je fazana i zečeva u kavezu ako je ukupan broj nogu 62.

Ukupni broj noge se mogu napisati pomoću jednadžbe 2x + 4y \u003d 62 (2)

Ova jednakost, koju sam napravio prema uvjetu zadatka, zove se jednadžba s dvije varijable. Ova se jednadžba naziva linearna jednadžba. Linearne jednadžbe igraju važnu ulogu u rješavanju raznih problema. Dopustite mi da vas podsjetim na glavne odredbe povezane s ovim konceptom.

Linearna jednadžba s dvije varijable je jednadžba oblika ax + by \u003d c, gdje su x i y varijable, a, b i c neki brojevi.

Iz jednadžbe (2) jednoznačno odredite vrijednosti x i g Zabranjeno je. Čak i ako se ograničimo na prirodne vrijednosti varijabli, mogu postojati takvi slučajevi: 1 i 15, 3 i 14, 5 i 13, itd.

Par brojeva ( a , b ) nazivamo rješenjem jednadžbe s dvije varijable ako zamjenom x s a i y s b dobijemo pravu jednakost.

Svakoj jednadžbi s dvije varijable odgovara skup njezinih rješenja, tj. skup koji se sastoji od svih parova brojeva (a, b), čijom se zamjenom u jednadžbu dobiva prava jednakost. U ovom slučaju, naravno, ako su skupovi X i Y unaprijed navedeni, koji može prihvatiti nepoznate x i y, tada trebate uzeti samo takve parove (a, b), za koje a pripada X i b pripada Y .

Par brojeva ( a, b) može se na ravnini prikazati točkom M, koja ima koordinate a i b, M \u003d M (a, b). Promatrajući slike svih točaka skupa rješenja jednadžbe s dvije nepoznanice, dobivamo određeni podskup ravnine. Naziva se graf jednadžbe .

Može se dokazati da je graf linearne jednadžbe u dvije varijable, u kojoj barem jedan od koeficijenata nije jednak nuli, je ravna linija. Za crtanje ove jednadžbe dovoljno je uzeti dvije točke s koordinatama i kroz njih povući ravnu liniju. U svom prethodnom radu koristio sam metodu grafičkog rješenja.

Za dvije jednadžbe u dvije varijable koje imaju ista rješenja kaže se da su ekvivalentne.

Na primjer, jednadžbe x + 2y = 5 i 3x + 6y = 15 su ekvivalentne - bilo koji par brojeva koji zadovoljava jednu od ovih jednadžbi također zadovoljava i drugu.

Jednadžbe s dvije varijable imaju ista svojstva kao jednadžbe s jednom varijablom:

1) ako u jednadžbi izraz prenesemo iz jednog dijela u drugi, mijenjajući mu znak, tada ćemo dobiti jednadžbu ekvivalentnu danoj;

2) ako se oba dijela jednadžbe pomnože ili podijele s istim brojem koji nije nula, tada se dobije jednadžba koja je ekvivalentna zadanoj.

Postoji nekoliko načina rješavanja Diofantovih jednadžbi:

Metoda izbora

Korištenje Euklidovog algoritma

Korištenje kontinuiranog snimanja

Metoda rasipanja (mljevenja).

Korištenje programskog jezika Pascal

U svom radu istraživao sam metode - nabrajanje opcija i disperzija (mljevenje)

S obzirom na način nabrajanja opcija, potrebno je voditi računa o broju mogućih rješenja jednadžbe. Na primjer, ova se metoda može primijeniti rješavanjem sljedećeg problema:

2. zadatak . Andrej ljeti radi u kafiću. Za svaki sat plaća mu se 10 rubalja. I izračunajte 2 r. za svaki razbijeni tanjur. Na prošli tjedan zaradio je 180 r. Odredite koliko je sati radio i koliko je tanjura razbio, ako se zna da ne radi više od 3 sata dnevno.

Riješenje.

Neka x sati koje je radio u tjednu, dakle 10x R. bio je plaćen ali je puknuo na ploče, i oduzeto od toga 2g R. Imamo jednadžbu 10x - 2y \u003d 180, i x manji ili jednak 21. Dobivamo: 5x-y=90, 5x=90+y, x=18+y:5.

Jer x cijeli broj, dakle na mora biti ravnomjerno djeljiv s 5 da bi se dobio cijeli broj na desnoj strani. Postoje četiri slučaja

y=0, x=18, tj. rješenje je par - (18, 0);

y=5, x=19, (19, 5);

y=10, x=20, (20, 10);

y=15, x=21, (21, 15).

Ovaj problem riješio sam metodom nabrajanja opcija. Odgovor sadrži četiri moguće opcije. Pokušao sam na ovaj način riješiti još nekoliko problema.

Zadatak 3. Iznos od 23 rublja napravljen je od kovanica od dvije rublje i pet rubalja. Koliko ima ovih kovanica od dvije rublje?

Riješenje.

Neka x - broj kovanica od dvije rublje, y - broj kovanica od pet rubalja. Napravimo i riješimo jednadžbu: 2x+5y=23; 2x=23–5y; x \u003d (23 - 5y): 2; x \u003d (22 + 1 - 5y): 2, dijelimo 22 s 2 i (1 - 5y) s 2 član po član, dobivamo: x \u003d 11 + (1 - 5y): 2.

Jer x i g prirodnih brojeva prema uvjetu zadatka, onda je lijeva strana jednadžbe prirodan broj, što znači da i desna strana mora biti prirodan broj. Osim toga, da bismo s desne strane dobili prirodan broj, potrebno je da izraz (1 - 5y) bude potpuno djeljiv s 2. Nabrojimo opcije.

y =1, x=9, odnosno može biti 9 kovanica od dvije rublje;

y=2, dok izraz (1 - 5y) nije djeljiv sa 2;

y=3, x=4, odnosno mogu biti 4 novčića od dvije rublje;

kada je y veći ili jednak 4, x nije prirodan broj.

Dakle, odgovor u zadatku je sljedeći: među kovanicama ima 9 ili 4 kovanice od dvije rublje.

Zadatak 4. Šeherezada priča svoje priče velikom vladaru. Ukupno mora ispričati 1001 bajku. Koliko će noći trebati Šeherezadi da ispriča sve svoje priče ako x noći ona će 3 pripovijesti, a ostale pripovijetke 5 for na noćima

Riješenje.

Pripovjedač treba x + y noćima , gdje su x i y - prirodni korijeni jednadžbe 3x + 5y \u003d 1001

x \u003d (1001 - 5y): 3; jer x prirodan broj, onda i desna strana jednakosti mora sadržavati prirodan broj, što znači da izraz (1001 - 5y) mora biti potpuno djeljiv s 3.

Razmotrimo opcije.

y=1, 1001 - 5y=1001-5= 996, 996 je djeljivo s 3, stoga je x=332; odluka(332;1);

y=2, 1001– 10=991, 991 nije djeljivo s 3;

y=3, 1001 - 15 = 986; 986 nije djeljiv s 3;

y \u003d 4, 1001 - 20 \u003d 981, 981 je djeljiv s 3, dakle, x \u003d 327, rješenje je (327; 4), itd.

Postoji 67 parova mogućih korijena u ovom problemu, nisam pokazao sva rješenja ovog problema, jer oduzima puno vremena.

Jednadžba sjekira + po = c (1) u gornjim problemima sam riješio metodu nabrajanja opcija. Sam sam shvatio da metoda nabrajanja opcija nije uvijek učinkovita za rješavanje ovog problema, budući da je potrebno dosta vremena da se pronađu sva rješenja jednadžbe. I, po meni, trenutno je nebitno.

Stoga sam problem Šeherezade riješio metodom disperzije (mljevenja).

Metoda raspršenja je opća metoda za rješavanje neodređenih jednadžbi prvog stupnja s cjelobrojnim koeficijentima u cijelim brojevima.

Dakle, riješimo problem o Šeherezadi metodom raspršivanja:

Okrenimo se jednadžbi 3x + 5y = 1001.

Prepišimo to drugačije: 3x = 1001 - 5y; 3x \u003d 1001 - 2y - 3y;

x = -y +
i označavaju x l= y + x

Kao rezultat, jednadžba će imati oblik 3x 1 = 1001 - 2g ili

y = - x l
.

Ako ponovno zamijenimo y 1 \u003d y + x 1, tada dolazimo do jednadžbe

x 1 + 2y 1 \u003d 1001. Imajte na umu da su koeficijenti za nepoznanice smanjeni - oni su usitnjeni.

Ovdje je koeficijent pri x 1 jednak 1, pa je stoga, za bilo koji cijeli broj y 1 \u003d t, broj x 1 također cijeli broj. Preostaje izraziti izvorne varijable u terminima t:

x 1 \u003d 1001 - 2 t, dakle, y \u003d - 1001 + 3 t, i x \u003d 2002 - 5 t. Dakle, dobivamo beskonačan niz (2002 – 5 t , – 1001 + 3 t ) cjelobrojnih rješenja . Izgled formula za pronalaženje vrijednosti varijabli razlikuje se od ranije dobivenih rješenja, ali uzimajući u obzir stanje problema, korijeni su isti. Dakle, par (332;1) je dobiven pri t =334.

Po mom mišljenju, ova metoda nije samo praktičnija (ima algoritam radnji), već je i zanimljiva. Ova metoda je poznata po u prvi put primijenjen na početkuVIu. Indijski matematičar Aryabhatta.

Prošle godine pokazao sam rješenje staroindijskog problema Brahmagupte metodama raspršivanja koje je predložio sam Brahmagupta. Odluka je bila neracionalna.

Predstavljen je u nastavku:

"Nađite dva cijela broja, znajući da je razlika između umnoška prvog s 19 i drugog s 8 13."

U zadatku se traže sva cjelobrojna rješenja jednadžbi.

Riješenje:

(1) 19x – 8g = 13

izražavam g je nepoznanica s najmanjom apsolutnom vrijednošću koeficijenta kroz x, dobivam:

(2) g = (19x – 13)/8

Sada moramo saznati za koje cjelobrojne vrijednosti x odgovarajuće vrijednosti g također su cijeli brojevi. Prepisat ću jednadžbu (2) na sljedeći način:

(3) g = 2x + (3x – 13)/8

Iz (3) slijedi da y s cijelim brojem x ima cjelobrojnu vrijednost samo ako je izraz (3 x-13)/8 je cijeli broj, recimo g 1 . Pretpostavljajući

(4) (3x - 13)/8 = g 1 ,

pitanje se svodi na rješavanje jednadžbe (4) u cijelim brojevima s dvije nepoznanice x i g 1 ; može se napisati ovako:

(5) 3x – 8g 1 = 13.

Ova jednadžba ima prednost nad izvornom jednadžbom (1) da je 3 - najmanja od apsolutnih vrijednosti koeficijenata za nepoznanice - manja nego u (1), tj. 8. To je postignuto zamjenom koeficijenta pri x (19) s ostatkom od 8.

Nastavljajući na isti način, dobivamo iz (5):

(6) x= (8 god 1 +13)/3 = 2g 1 + (2g 1 + 13)/3.

Dakle, nepoznati x s cijelim brojem y 1 uzima samo cjelobrojne vrijednosti kada (2 g 1 + 13)/3 je cijeli broj, recimo g 2 :

(7) (2g 1 + 1)/3 = g 2 ,

ili

(8) 3g 2 – 2 g 1 = 13.

(9) g 1 = (3g 2 - 13)/2 = g 2 + (g 2 - 13)/2

Pretpostavljajući

(10) (g 2 - 13)/2 = g 3 ,

dobiti

(11) g 2 – 2 g 3 = 13.

Ovo je najjednostavnija od svih razmatranih neodređenih jednadžbi, budući da je jedan od koeficijenata jednak 1.

Od (11) dobivam:

(12) g 2 = 2g 3 + 13.

Ovo pokazuje da y 2 uzima cjelobrojne vrijednosti za bilo koju cjelobrojnu vrijednost od y 3 . Iz jednakosti (6), (9), (12), (3) uzastopnim supstitucijama mogu se pronaći sljedeći izrazi za nepoznanice x i y jednadžbe (1):

x= 2g 1 +g 2 = 2(g 2 +g 3 ) + g 2 = 3y2 + 2 g 3 = 3(2g 2 + 13) + 2g 3 = 8g 3 + 39;

na= 2x + g 1 = 2(8g 3 + 39) + g 2 + g 3 = 19g 3 +91.

Dakle, formule

x=8 g 3 + 39,

y=19 g 3 + 91.

Na y 3 = 0, + 1,+ 2, + 3, … dati sva cjelobrojna rješenja jednadžbe (1).

Sljedeća tablica daje primjere takvih rješenja.

Stol 1.

y3

x

g

Riješimo ovaj problem racionalno. Rješenje koristi određeni algoritam.

Zadatak 5.

Odredi dva broja ako je razlika umnoška prvog broja s 19 i drugog s 8 jednaka 13.

Riješenje. Potrebno je riješiti jednadžbu 19x - 8y \u003d 13

Prepišimo to drugačije: 8y =19x –13; 8y =16x +3x -13; y = 2x +

i označavaju y 1 \u003d y - 2x.

Kao rezultat, jednadžba će imati oblik 8y 1 = Zx - 13 ili x = 2y 1
.

Ako ponovno zamijenimo x 1 \u003d x - 2y 1, tada dolazimo do jednadžbe

3x l - 2y 1 \u003d 13.

Koeficijenti za nepoznanice su smanjeni - oni su zdrobljeni. Daljnje brušenje: y 1 = x l +
, tada dobivamo y 2 \u003d y 1 -x 1.

Kao rezultat, posljednja jednadžba se pretvara u oblik x 1 - 2y 2: \u003d 13. Ovdje je koeficijent pri x 1 jednak 1, pa je stoga za bilo koji cijeli broj y 2 \u003d t broj x 1 jednak također cijeli broj.

Preostaje izraziti izvorne varijable u terminima t:

prvo izražavamo x 1 \u003d 2t +13, y 1 \u003d 3t +13; a zatim x = 8 t +39, y = 19 t + 91.

Dakle, dobili smo beskonačan niz (39 + 8t, 91 + 19 t) cjelobrojna rješenja. Jednadžba sjekira + po = c (1) u navedenim zadacima rješavao sam metodom disperzije (mljevenja).

IV. Zaključak.

Proučavajući Diofantove jednadžbe za njihovo rješavanje, koristio sam metode nabrajanja opcija i raspršenja (mljevenja). Tim sam metodama rješavao i moderne i stare probleme. Sadržaj mog rada uključivao je zadatke koji se svode na rješavanje jednadžbi prvog stupnja s dvije varijable ax + b y \u003d c (1)

Tijekom svog rada došao sam do sljedećih zaključaka:

Metoda popisivanja zahtijeva značajne vremenske troškove, što znači da nije baš prikladna i racionalna.

Racionalniji, po mom mišljenju, je metoda raspršivanja. Kad sam ovom metodom rješavao stari indijski problem, shvatio sam da postoji određeni algoritam rješenja. Imao sam dovoljno znanja stečenog u školi. Bio sam uvjeren da se metode rješavanja dofantovih jednadžbi stalno usavršavaju razvojem matematike.

Sljedeće godine želim nastaviti proučavati metode za rješavanje Diofantovih jednadžbi.

V. Bibliografija

G. I. Glazer "Povijest matematike u školi" M.: ur. "Prosvjeta" 1964 376s.

I. G. Bashmakova "Diofantske i diofantske jednadžbe" M.: ed. "Znanost" 1972 68s.

V. A. Nikiforovski "U svijetu jednadžbi" M.: ur. "Znanost" 1987 176s.

A. P. Savin" enciklopedijski rječnik mladi matematičar“ M.: ur. "Pedagogija" 1985

G. M. Voznyak, V. F. Gusev “Primijenjeni problemi za ekstreme” M.: ur. "Prosvjeta" 1985 144s.

http :// hr . wikipedija . org

VI. Primjena.

Na farmi je potrebno izvesti vodovod u dužini od 167m. Cijevi su dostupne u duljinama od 5m i 7m. Koliko cijevi treba koristiti da se napravi najmanji broj spojeva (nemojte rezati cijevi)?

S obzirom da broj i jedne i druge cijevi može varirati, broj cijevi od 7 metara označava se sa x,5- metar - kroz na

Tada je 7x duljina cijevi od 7 metara, 5y je duljina cijevi od 5 metara.

Odavde dobivamo neodređenu jednadžbu:

7x+5y=167

Izbacivši, na primjer, varijablu na kroz varijablu x, dobivamo:

Lako je pronaći podudarne parove vrijednosti ponavljanjem x i na, koji zadovoljavaju jednadžbu 7x+5y=167

(1;32), (6;25), (11;18), (16;11), (21;4).

Od ovih rješenja posljednje je najpovoljnije, to jest x=21; y=4.

Mnogi drevni načini pogađanja brojeva i datuma rođenja temelje se na rješavanju Diofantovih jednadžbi. Tako, na primjer, da biste pogodili datum rođenja (mjesec i dan) sugovornika, dovoljno je saznati od njega iznos dobiven zbrajanjem dva proizvoda: broj datuma (x ) po 12 i brojevima mjeseci (na ) na 31.

2. Neka zbroj dotičnih radova bude 330. Nađi datum rođenja.

Riješimo neodređenu jednadžbu

12 x + 31 na = 330.

Metodom raspršenja dobivamo:

x = 43 – 31 na 4 ,

na = 6 – 12 na 4 .

Zbog ograničenja, lako je reći da je jedino rješenje

na 4 = 1, x = 12, na = 6.

Dakle, datum rođenja: 12. dan 6. mjeseca, tj. 12. lipnja.

Da biste riješili linearnu Diofantovu jednadžbu, trebate pronaći vrijednosti varijabli "x" i "y", koje su cijeli brojevi. Cjelobrojno rješenje je složenije od uobičajenog i zahtijeva određeni skup radnji. Prvo treba izračunati najveći zajednički djelitelj (gcd) koeficijenata, a zatim pronaći rješenje. Nakon što ste pronašli jedno cjelobrojno rješenje linearne jednadžbe, možete primijeniti jednostavan obrazac za pronalaženje beskonačnog broja drugih rješenja.

Koraci

1. dio

Kako napisati jednadžbu

Napišite jednadžbu u standardnom obliku. Linearna jednadžba je jednadžba u kojoj eksponenti varijabli ne prelaze 1. Da biste riješili takvu linearnu jednadžbu, prvo je napišite u standardnom obliku. Standardni oblik linearne jednadžbe izgleda ovako: A x + B y = C (\displaystyle Ax+By=C), gdje A , B (\displaystyle A,B) i C (\displaystyle C)- cijeli brojevi.

Pojednostavite jednadžbu (ako je moguće). Kada napišete jednadžbu u standardnom obliku, pogledajte koeficijente A , B (\displaystyle A,B) i C (\displaystyle C). Ako ovi koeficijenti imaju GCD, podijelite sva tri koeficijenta s njim. Rješenje takve pojednostavljene jednadžbe također će biti rješenje izvorne jednadžbe.

Provjerite može li se jednadžba riješiti. U nekim slučajevima možete odmah izjaviti da jednadžba nema rješenja. Ako koeficijent "C" nije djeljiv s GCD koeficijenata "A" i "B", jednadžba nema rješenja.

2. dio

Kako napisati Euklidov algoritam

1. Razumjeti Euklidov algoritam. Ovo je niz ponovljenih dijeljenja u kojima se prethodni ostatak koristi kao sljedeći djelitelj. Posljednji djelitelj koji ravnomjerno dijeli brojeve je najveći zajednički djelitelj (gcd) dvaju brojeva.

   Primijenite Euklidov algoritam na koeficijente "A" i "B". Kada napišete linearnu jednadžbu u standardnom obliku, odredite koeficijente "A" i "B", a zatim na njih primijenite Euklidov algoritam da biste pronašli gcd. Na primjer, s obzirom na linearnu jednadžbu 87 x − 64 y = 3 (\displaystyle 87x-64y=3).

   Pronađite najveći zajednički djelitelj (gcd). Budući da je posljednji djelitelj bio 1, GCD 87 i 64 su 1. Dakle, 87 i 64 su primarni brojevi u međusobnom odnosu.

   Analizirajte rezultat. Kada pronađete GCD koeficijenata A (\displaystyle A) i B (\displaystyle B), usporedite ga s koeficijentom C (\displaystyle C) izvorna jednadžba. Ako a C (\displaystyle C) podijeljen na NOD A (\displaystyle A) i B (\displaystyle B), jednadžba ima cjelobrojno rješenje; inače, jednadžba nema rješenja.

dio 3

Kako pronaći rješenje pomoću Euklidovog algoritma

Označi brojevima korake za izračun GCD-a. Da bi se pronašlo rješenje linearne jednadžbe, mora se koristiti Euklidov algoritam kao temelj procesa supstitucije i pojednostavljenja.

Obratite pozornost na posljednji korak, gdje postoji ostatak. Prepišite jednadžbu za ovaj korak kako biste izolirali ostatak.

Izolirajte ostatak prethodnog koraka. Ovaj proces je "pomicanje prema gore" korak po korak. Svaki put ćete izolirati ostatak u jednadžbi iz prethodnog koraka.

Napravite promjenu i pojednostavite. Imajte na umu da jednadžba u koraku 6 sadrži broj 2, ali u jednadžbi u koraku 5, broj 2 je izoliran. Dakle, umjesto "2" u jednadžbi u koraku 6, zamijenite izraz u koraku 5:

Ponovite postupak zamjene i pojednostavljenja. Ponovite opisani postupak, krećući se kroz Euklidov algoritam obrnutim redoslijedom. Svaki put ćete prepisati jednadžbu prethodnog koraka i zamijeniti je u posljednju dobivenu jednadžbu.

1. Nastavite s postupkom zamjene i pojednostavljenja. Ovaj proces će se ponavljati sve dok ne dođete do početnog koraka Euklidovog algoritma. Cilj procesa je zapisati jednadžbu s koeficijentima 87 i 64 izvorne jednadžbe koju treba riješiti. U našem primjeru:

   • 1 = 2 (18) − 7 (5) (\displaystyle 1=2(18)-7(5))
   • 1 = 2 (18) − 7 (23 − 18) (\displaystyle 1=2(18)-7(23-18))(zamijenjeni izraz iz koraka 3)
   • 1 = 9 (64 − 2 ∗ 23) − 7 (23) (\displaystyle 1=9(64-2*23)-7(23))(zamijenjeni izraz iz koraka 2)
   • 1 = 9 (64) − 25 (87 − 64) (\displaystyle 1=9(64)-25(87-64))(zamijenjeni izraz iz koraka 1)