Diofant tenglamalari qanday echiladi. Ba'zi diofant tenglamalari. Leonhard Eylerning geometriya algebrasi va sonlar nazariyasining rivojlanishidagi beqiyos roli.

Chiziqli diofant tenglamalari

Algebra fanidan tadqiqot ishlari

9-sinf o'quvchisi MOU "Upshinskaya OOSh"

Antonov Yuriy

"Agar siz suzishni o'rganmoqchi bo'lsangiz, unda

jasorat bilan suvga kiring va agar xohlasangiz

muammolarni hal qilishni o'rganing, keyin ularni hal qiling.

D.Poya

Rahbar - Sofronova N.A. .


Vazifa

Kengligi 3 metr bo'lgan taxta uchun 11 sm va 13 sm kenglikdagi taxtalar mavjud.Sizga har ikkala o'lchamdagi nechta taxta kerak?

Agar a X - kengligi 11 sm bo'lgan taxtalar soni va da - 13 sm kenglikdagi taxtalar soni, keyin biz tenglamani echishimiz kerak:

11 X + 13 y = 300


11 x + 13 y \u003d 300 tenglamasining xususiyatlari: ▪ 11, 13, 300 koeffitsientlari butun sonlardir. ▪ Noma'lumlar soni tenglamalar sonidan oshib ketadi. ▪ Bu tenglamaning yechimlari x va y butun son bo'lishi kerak ijobiy raqamlar

Noma'lumlar soni tenglamalar sonidan ko'p bo'lgan va butun yechimlari topilishi kerak bo'lgan algebraik tenglamalar yoki butun koeffitsientli algebraik tenglamalar tizimlari noaniq yoki deyiladi. diofantin, yunon matematiki nomi bilan atalgan Diofant .


Diofant tenglamalariga misollar

1 . Butun sonlarning barcha juftlarini toping

x , y , bu to'g'ri tenglik

2 . Bu tenglamani ko'rsating

cheksiz sonli yechimlarga ega

butun sonlar


Ishning maqsadi:

Buni bilish uchun:

  • Qanday usullari Bilan mavjud uchun Diofant tenglamalarining yechimlari?

Vazifalar:

  • toping va va hal qilish usullarini o'rganish chiziqli Ikki o'zgaruvchidagi diofant tenglamalari.
  • Chiziqli diofant tenglamalari nazariyasi imkoniyatlarini ko'rib chiqing.

Pifagor uchliklari

  • Butun sonlardagi noaniq tenglamalar Diofantdan oldin ham yechilgan. Masalan, algebraik tenglama katta qiziqish uyg'otdi x 2 + y 2 = z 2 , majburiy tomonlar x , da , z to'g'ri uchburchak. Butun sonlar x , y va z , bu tenglamaning yechimlari deyiladi "Pifagor uchliklari" .

Ferma tenglamasi

  • Diofantning asarlari ham fransuz matematigi Per de Fermaning matematik tadqiqotlari bilan bevosita bog'liq. Aynan Fermaning ishi sonlar nazariyasi rivojida yangi to‘lqinni boshlab bergan deb ishoniladi. Va uning muammolaridan biri Fermaning mashhur tenglamasidir

X n +y n =z n


Diofant tenglamalari nazariyasidan bironta ham yirik matematik o'tmagan.

Ferma, Eyler, Lagrange, Gauss, Chebishevlar bu qiziqarli nazariyada o'chmas iz qoldirdi.


1, (Katalana); ax 2 + bxy + su 2 + dx + ey + f \u003d 0, bu erda a, b, c, d, e, f butun sonlar, ya'ni jami bir jinsli bo'lmagan tenglama ikki noma'lum bilan ikkinchi daraja (P. Fermat, J. Vallis, L. Euler, J. Lagrange va K. Gauss) "kenglik = "640"

Noaniq tenglamalarga misollar buyuk matematiklar tomonidan hal qilingan 19-20-asrlar: x 2 − ny 2 = 1 , qayerda n aniq kvadrat emas (Fermat, Pell); x z − y t = 1 , qayerda z , t 1, (Katalana); Oh 2 + b.xy + su 2 + dx + ey + f = 0 , qayerda a , b , Bilan , d , e , f - butun sonlar, ya'ni ikkita noma'lumli ikkinchi darajali umumiy bir jinsli bo'lmagan tenglama (P. Fermat, J. Vallis, L. Eyler, J. Lagranj va K. Gauss)


Diofant tenglamalari 20-asrda

1900 Xalqaro matematika kongressi.

Hilbertning 10-muammosi

Ba'zi noma'lumlar soni va ratsional butun son koeffitsientlari bilan diofant tenglamasi berilgan. Tenglamaning ratsional butun sonlarda yechilishini chekli sonli amallarda aniqlash mumkin bo'lgan protsedurani o'ylab topish kerak.

rus matematiki Yuriy Matiyasevich isbotladi :

Gilbertning 10-muammosi yechilmaydi - kerakli algoritm mavjud emas.


Har doim ma'lum bir noaniq tenglama uchun barcha to'liq echimlarni topish yoki ularning yo'qligini isbotlash mumkinmi?

  • Butun sonlardagi tenglamalarni yechish masalasi faqat ikki yoki uchta noma’lumli birinchi darajali tenglamalar uchun to‘liq yechilgan.
  • Ikki noma'lumli ikkinchi darajali DE allaqachon katta qiyinchilik bilan hal qilingan.
  • Ikki noma'lumdan ortiq bo'lgan ikkinchi darajali DE faqat ba'zi bir maxsus holatlarda, masalan, tenglamada echiladi. x 2 + y 2 = z 2 .
  • Ikkinchidan yuqori darajali DElar, qoida tariqasida, faqat cheklangan miqdordagi echimlarga ega (butun sonlarda).
  • Ikki yoki undan ortiq noma'lumli ikkinchi darajadan yuqori tenglamalar uchun hatto butun sonli yechimlar mavjudligi muammosi ham ancha qiyin. Masalan, tenglama bor yoki yo'qligi ma'lum emas

x 3 + y 3 + z 3 = 30 kamida bitta butun sonli yechim.

  • Ayrim differensial tenglamalarni, ba'zan esa maxsus tenglamalarni yechish uchun yangi usullarni ixtiro qilishga to'g'ri keladi. Shubhasiz, o'zboshimchalik bilan DE uchun echimlarni topishga imkon beradigan algoritm yo'q.

Chiziqli diofant tenglamalari

Umumiy shakl:

Ikki o'zgaruvchiga ega LDE:

a X + tomonidan = c

Uch o'zgaruvchiga ega LDE:

a X + by + cz = d


Ikki noma'lum LDE

Ikki o'zgaruvchiga ega LDE:

a X + tomonidan = c

Yechimlar:

x = x 0 - bt

da = da 0 + da

Bir hil:

a X + tomonidan = 0

Yechimlar:

x = - bt

da = da


Shaxsiy yechim topish

Yechim usullari:

  • Ko'p usul.
  • Evklid algoritmini qo'llash.
  • Takrorlash usuli.
  • Tushilish usuli.
  • Bo'lishdan qolganlarni hisobga olish usuli

Ko'p usul

tenglamani yeching 11 x + 2 y = 69

Biz 69 ga teng summani qidiramiz: 55 + 14 = 69 Tenglamaning xususiy yechimi

X 0 = 5, y 0 = 7


Evklid algoritmini qo'llash

tenglamani yeching 4 x + 7 y = 16

  • Evklid algoritmidan foydalanib 4 va 7 sonlarning gcd ni topamiz: gcd(4,7) = 1
  • Raqamni ifodalaylik 1 koeffitsientlar orqali a = 4 va b =7 GCD chiziqli kengayish teoremasi yordamida:

GCD ( a, b ) = au+bv .

  • Biz olamiz: 1 = 4 ∙ 2 + 7 ∙ (-1) u = 2, v = -1
  • Tenglamaning maxsus yechimi: X 0 = 2 ∙ 16 = 32,

da 0 = -1 ∙ 16 = -16


ro'yxatga olish usuli

tenglamani yeching 7 x + 12 y = 100

  • 7x + 12y = 100
  • 7x \u003d 100 - 12y
  • 100 - 12y 7 ga karrali

Tenglamaning maxsus yechimi: X 0 = 4, y 0 = 6

100-12u


Chiqarish usuli: 3x+8y=60

Ekspress

o'zgaruvchan X

orqali da

Ekspress

o'zgaruvchan X

orqali t

Javob:

Imtihon:


Bo'lishdan qolganlarni hisobga olish usuli

  • Butun sonlardagi tenglamani yeching 3x - 4y \u003d 1
  • 3 x = 4 y + 1
  • Tenglamaning chap tomoni 3 ga bo'linadi, shuning uchun o'ng tomoni 3 ga bo'linishi kerak. 3 ga bo'lish natijasida 0, 1 va 2 qoldiqlari paydo bo'lishi mumkin.
  • Keling, 3 ta holatni ko'rib chiqaylik.

3x = 4 ∙ 3p + 1 = 12p + 1

y=3p+1

3 ga bo'linmaydi

3x = 4 ∙ (3p + 1) +1 = 12p + 3

y=3p+2

3 ga bo'linmaydi

3 x = 4 ∙ (3p + 2) +1 = 12p + 9

3x=3(4p+3)

x = 4 p + 3

Javob:

3 ga bo'linadi

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


LDE nazariyasi imkoniyatlari Tenglamaning barcha butun yechimlarini toping X 2 + 5y 2 + 34z 2 + 2xy - 10xz - 22uz =0


Loyiha menga nima berdi?

  • Tadqiqot loyihasi ustida ishlash haqida tushunchaga ega bo‘ldi.
  • Diofant tenglamalarining rivojlanish tarixi va Diofantning tarjimai holi bilan tanishdi.
  • Ikki va uchta noma'lumli LDElarni echish usullari o'rganildi.
  • amaliy xarakterga ega bo'lgan, shuningdek olimpiadalarda, asosiy maktab kursi uchun imtihonlarda uchraydigan bir qator vazifalarni hal qildi.
  • Nostandart masalalarni yechish ko'nikmalariga ega bo'ldi.

O'ylaymanki, kelajakda men ikkinchi darajali diofant tenglamalari va ularni yechish usullarini o'rganishni davom ettiraman.

FOYDALANILGAN MANBALAR RO'YXATI

  • Matematika tushunchalar, ta'riflar va atamalarda. 1-qism. O'qituvchilar uchun qo'llanma. Ed. L.V. Sabinina. M., «Ma'rifat», 1978. -320 b. (Matematika o‘qituvchisining kutubxonasi.) Sarlavha kitobining orqa tomonida: O.V.Manturov, Yu.K.Solntsev, Yu.I.Sorokin, N.G.Fedin.
  • Nagibin F.F., Kanin E.S. Matematika qutisi: talabalar uchun qo'llanma. – 4-nashr, qayta koʻrib chiqilgan. va qo'shimcha - M.: Ma'rifat, 1984. - 160-yillar, kasal.
  • N.P.Tuchnin. Qanday qilib savol berish kerak? (Maktab o'quvchilarining matematik ijodi to'g'risida): Talabalar uchun kitob. - M .: Ta'lim, 1993. - 192 p., kasal.
  • S.N.Olekhnik, Yu.V.Nesterenko, M.K.Potapov Qadimgi ko'ngilochar muammolar. –M.: Bustard, 2002. -176s., kasal.
  • Ya.I.Perelman. Qiziqarli algebra. - M.: Nauka, 1975 yil. - 200s., kasal.
  • Saylov resurslari: http :// www.yugzone.ru /x/ diofant-i-diofantovy-uravneniya / I.G.Bashmakova "Diofantin va diofantin tenglamalari".
  • Saylov resurslari: http :// www.goldenmuseum.com /1612Hilbert_eng.html Gilbertning 10- muammosi: matematik kashfiyot tarixi (Diofant, Ferma, Xilbert, Yuliya Robinson, Nikolay Vorobyov, Yuriy Matiyasevich).
  • Saylov resursi: http://ru.wikipedia.org/wiki/ Diofant tenglamalari.
  • Saylov resurslari: http :// revolution.allbest.ru / matematika /d00013924.html Belov Denis Vladimirovich chiziqli diofant tenglamalari.
  • Saylov resurslari: http :// revolution.allbest.ru / matematika /d00063111.html Chiziqli diofant tenglamalari
  • Saylov resurslari: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=570768 Zyuryukina Olga. Butun sonlardagi noaniq tenglamalar yoki diofant tenglamalari.
  • Saylov resurslari: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=561773 Arapov Aleksandr. Diofant va uning tenglamalari.
  • Saylov resurslari: http :// en.wikipedia.org / wiki / Evklid algoritmi.

Rossiya Federatsiyasi Ta'lim va fan vazirligi

Davlat oliy ta’lim muassasasi

kasb-hunar ta'limi

"Tobolsk davlat ijtimoiy-pedagogika akademiyasi

ular. DI. Mendeleev"

Matematika kafedrasi, TIMOM

Ba'zi diofant tenglamalari

Kurs ishi

FMF 3-kurs talabasi

Mataev Evgeniy Viktorovich

Ilmiy maslahatchi:

Fizika-matematika fanlari nomzodi A.I.Valitskas

Darajasi: ____________

Tobolsk - 2011 yil

Kirish…………………………………………………………………………..2

§ 1. Chiziqli diofant tenglamalari………………………………..3

§ 2. Diofant tenglamasix 2 – y 2 = a………………………………….....9

§ 3. Diofant tenglamasix 2 + y 2 = a…………………………………... 12

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

§ 5. Pifagor uchliklari…………………………………………………….. 19

§ 6. Fermaning oxirgi teoremasi………………………………………………23

Xulosa .......................................................................

Adabiyotlar ro'yxati...........………………………………………………..30

KIRISH

Diofant tenglamasi shakldagi tenglamadir P(x 1 , … , x n ) = 0 , bu erda chap tomon o'zgaruvchilardagi ko'phaddir x 1 , … , x n butun son koeffitsientlari bilan. Har qanday buyurtma to'plami (u 1 ; … ; u n ) xususiyatiga ega bo'lgan butun sonlar P(u 1 , … , u n ) = 0 Diofant tenglamasining (qisman) yechimi deyiladi P(x 1 , … , x n ) = 0 . Diofant tenglamasini yechish uning barcha yechimlarini topishni anglatadi, ya'ni. bu tenglamaning umumiy yechimi.

Bizning maqsadimiz, agar bu yechimlar mavjud bo'lsa, ba'zi diofant tenglamalarining echimlarini qanday topishni o'rganishdir.

Buning uchun siz quyidagi savollarga javob berishingiz kerak:

a. Diofant tenglamasi har doim yechimga egami, yechimning mavjudligi shartlarini toping.

b. Diofant tenglamasining yechimini topishga imkon beruvchi algoritm bormi?

Misollar: 1. Diofant tenglamasi 5 x – 1 = 0 yechimlari yo‘q.

2. Diofant tenglamasi 5 x – 10 = 0 yechimi bor x = 2 , bu yagona.

3. Tenglama ln x – 8 x 2 = 0 diofant emas.

4. Ko'pincha shakldagi tenglamalar P(x 1 , … , x n ) = Q(x 1 , … , x n ) , qayerda P(x 1 , … , x n ) , Q(x 1 , … , x n ) butun sonli koeffitsientli ko'phadlar bo'lib, ular Diofantin deb ham ataladi. Ular shaklda yozilishi mumkin P(x 1 , … , x n ) – Q(x 1 , … , x n ) = 0 , bu Diofant tenglamalari uchun standartdir.

5. x 2 – y 2 = a har qanday a butun soni uchun ikkita noma'lum x va y bo'lgan ikkinchi darajali diofant tenglamasi. uchun yechimlari bor a = 1 , lekin uchun hech qanday yechim yo'q a = 2 .

§ 1. Chiziqli diofant tenglamalari

Mayli a 1 , … , a n , BilanZ . Tenglama turi a 1 x 1 + … + a n x n = c koeffitsientli chiziqli Diofant tenglamasi deyiladi a 1 , … , a n , o'ng tomoni c va noma'lum x 1 , … , x n . Agar chiziqli Diofant tenglamasining o'ng tomoni c nolga teng bo'lsa, bunday Diofant tenglamasi bir jinsli deyiladi.

Bizning bevosita maqsadimiz ikkita noma'lumda chiziqli Diofantin tenglamalarining xususiy va umumiy yechimlarini topishni o'rganishdir. Shubhasiz, har qanday bir hil Diofant tenglamasi a 1 x 1 + … + a n x n = 0 har doim ma'lum bir yechimga ega (0; … ; 0).

Shubhasiz, barcha koeffitsientlari nolga teng bo'lgan chiziqli Diofant tenglamasi, uning o'ng tomoni nolga teng bo'lgan taqdirdagina yechimga ega. Umuman olganda, bizda quyidagilar mavjud

Teorema (chiziqli Diofant tenglamasining yechimi mavjudligi haqida). Chiziqli diofantin tenglamasi a 1 x 1 + … + a n x n = c, koeffitsientlari hammasi nolga teng bo'lmagan, agar va faqat bo'lsa, yechimga ega GCD (a 1 , … , a n ) | c.

Isbot. Shartning zarurligi aniq: GCD (a 1 , … , a n ) | a i (1 i n) , shunday qilib GCD (a 1 , … , a n ) | (a 1 x 1 + … + a n x n ) , ya'ni bo'linadi va

c = a 1 x 1 + … + a n x n .

Mayli D= gcd(a 1 , … , a n ) , c =Dt va a 1 u 1 + … + a n u n = D – sonlarning eng katta umumiy bo‘luvchisining chiziqli kengayishi a 1 , … , a n. Ikkala tomonni ko'paytirish t, olamiz a 1 (u 1 t) + … + a n (u n t) = Dt = c, ya'ni. butun son

n-ka (x 1 t; … ; x n t) bilan asl tenglamaning yechimidir n noma'lum.

Teorema isbotlangan.

Bu teorema chiziqli diofant tenglamalarining alohida yechimlarini topish uchun konstruktiv algoritmni beradi.

Misollar: 1. Chiziqli diofantin tenglamasi 12x+21y=5 yechimi yo'q, chunki gcd(12, 21) = 3 ajratmaydi 5 .

2. Diofant tenglamasining maxsus yechimini toping 12x+21y = 6.

Hozir aniq gcd(12, 21) = 3 | 6, shuning uchun yechim mavjud. Biz chiziqli kengayishni yozamiz gcd(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1). Shuning uchun, er-xotin (2; –1) tenglamaning maxsus yechimidir 12x+21y = 3, va er-xotin (4; –2) asl tenglamaning maxsus yechimidir 12x+21y = 6.

3. Chiziqli tenglamaning muayyan yechimini toping 12x + 21y - 2z = 5.

Chunki (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , keyin yechim mavjud. Teoremani isbotlagandan so'ng, avvalo tenglamaning yechimini topamiz (12.21)x–2y=5, keyin esa oldingi masaladagi eng katta umumiy boʻluvchining chiziqli kengayishini almashtirib, asl tenglamaning yechimini olamiz.

Tenglamani yechish uchun 3x - 2y = 5 chiziqli kengayishni yozing gcd(3, -2) = 1 = 31 - 21 aniq. Shunday qilib, bir nechta raqam (1; 1) tenglamaning yechimidir 3 x – 2 y = 1 , va er-xotin (5; 5) diofant tenglamasining maxsus yechimidir 3x - 2y = 5.

Shunday qilib, (12, 21)5 – 25 = 5 . Bu erda ilgari topilgan chiziqli kengayish o'rnini bosadi (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , olamiz (122+21(–1))5 – 25 = 5 , yoki 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , ya'ni. butun sonlar uchligi (10; –5; 5) asl diofant tenglamasining maxsus yechimidir 12x + 21y - 2z = 5.

Teorema (chiziqli Diofant tenglamasining umumiy yechimining tuzilishi haqida). Chiziqli diofant tenglamasi uchun a 1 x 1 + … + a n x n = c quyidagi bayonotlar haqiqatdir:

(1) agar = (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) uning maxsus yechimlari, keyin farq (u 1 –v 1 ; … ; u n –v n ) mos keladigan bir jinsli tenglamaning alohida yechimidir a 1 x 1 + … + a n x n = 0 ,

(2) chiziqli diofantin bir jinsli tenglamasining alohida yechimlari to'plami a 1 x 1 + … + a n x n = 0 qo'shish, ayirish va butun sonlarga ko'paytirish bilan yopiq,

(3) agar M berilgan chiziqli Diofant tenglamasining umumiy yechimidir va L mos keladigan bir hil diofant tenglamasining umumiy yechimidir, keyin har qanday maxsus yechim uchun = (u 1 ; … ; u n ) asl tenglamaning tengligi M = + L .

Isbot. Tenglikni ayirish a 1 v 1 + … + a n v n = c tenglikdan a 1 u 1 + … + a n u n = c, olamiz a 1 (u 1 –v 1 ) + … + a n (u n –v n ) = 0 , ya'ni to'plam

(u 1 –v 1 ; … ; u n –v n ) chiziqli bir jinsli diofant tenglamasining maxsus yechimidir a 1 x 1 + … + a n x n = 0 . Shunday qilib, bu isbotlangan

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

Bu (1) da'voni tasdiqlaydi.

(2) bayonot xuddi shunday isbotlangan:

, L z Z L z L .

(3) ni isbotlash uchun avvalo shuni qayd etamiz M+L. Bu avvalgisidan kelib chiqadi: M+L .

Aksincha, agar = (l 1 ; … ; l n ) L va = (u 1 ; … ; u n ) M, keyin 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.

Shunday qilib, + LM, va oxir-oqibat M = + L .

Teorema isbotlangan.

Isbotlangan teorema aniq geometrik ma'noga ega. Agar chiziqli tenglamani ko'rib chiqsak a 1 x 1 + … + a n x n = c, qayerda X i R, keyin geometriyadan ma'lumki, u kosmosda aniqlaydi R n tekislikdan olingan giperplan L bir hil tenglama bilan a 1 x 1 + … +a n x n =0 qaysidir vektorga siljish orqali koordinatalarning kelib chiqishidan o'tish R n. Yuzaki ko'rinish + L hidoyat fazosiga ega chiziqli manifold deb ham ataladi L va siljish vektori . Shunday qilib, umumiy yechim ekanligi isbotlangan M diofant tenglamasi a 1 x 1 + … + a n x n = c butun koordinatalarga ega bo'lgan ba'zi bir chiziqli manifoldning barcha nuqtalaridan iborat. Bunday holda, siljish vektorining koordinatalari ham butun sonlar va to'plamdir L bir jinsli diofant tenglamasining yechimlari a 1 x 1 + … + a n x n = 0 butun koordinatali yo'naltiruvchi fazodagi barcha nuqtalardan iborat. Shu sababli, ko'pincha ixtiyoriy diofant tenglamasining yechimlari to'plami siljish vektoriga ega chiziqli manifold hosil qiladi, deb aytiladi. va etakchi makon L.

Misol: Diofant tenglamasi uchun x - y \u003d 1 umumiy qaror M shaklga ega (1+y; y), bu yerda yZ, uning maxsus yechimi = (1; 0) , va umumiy yechim L bir jinsli tenglama x – y = 0 shaklida yoziladi (y; y), qayerda daZ. Shunday qilib, biz quyidagi rasmni chizishimiz mumkin, unda dastlabki diofant tenglamasi va mos keladigan bir jinsli diofant tenglamasining echimlari chiziqli manifolddagi qalin nuqtalar bilan ko'rsatilgan. M va bo'sh joy L mos ravishda.

2. Diofant tenglamasining umumiy yechimini toping 12x + 21y - 2z = 5.

Shaxsiy qaror (10; –5; 5) bu tenglama avvalroq topilgan, bir jinsli tenglamaning umumiy yechimini topamiz 12x + 21y - 2z = 0, Diofant tenglamasiga teng 12 x + 21 y = 2 z.

Bu tenglama yechilishi uchun shartning bajarilishi zarur va yetarli gcd(12, 21) = 3 | 2z, bular. 3 | z yoki z = 3t ba'zi bir butun son uchun t. Ikkala qismni ham qisqartirish 3 , olamiz 4x + 7y = 2t. Diofant tenglamasining xususiy yechimi (2; –1). 4x+7y= 1 oldingi misolda topilgan. Shunung uchun (4t; -2t) tenglamaning maxsus yechimidir 4x + 7y = 2t har qanday uchun

t Z. Tegishli bir jinsli tenglamaning umumiy yechimi

(7 u ; –4 u) allaqachon topilgan. Shunday qilib, tenglamaning umumiy yechimi 4x + 7y = 2t kabi ko'rinadi: (4t + 7u; -2t - 4u) , va bir jinsli tenglamaning umumiy yechimi 12x + 21y - 2z = 0 quyidagicha yoziladi:

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

Bu natija yuqorida aytilgan teoremaga mos kelishini bir jinsli diofant tenglamasining yechimlari bo‘yicha isbotsiz tekshirish oson. a 1 X 1 + … + a n X n = 0 : agar P =, keyin R va

(u; t) P ko'rib chiqilayotgan bir jinsli tenglamaning umumiy yechimidir.

Demak, Diofant tenglamasining umumiy yechimi 12x + 21y - 2z = 5 shunday ko'rinadi: (10 + 4t + 7u; –5 – 2t – 4u; 5+3t).

3. Oldingi tenglama misolidan foydalanib, biz ko'p noma'lumlarda Diofantin tenglamalarini echishning yana bir usulini ko'rsatamiz, bu uning koeffitsientlari modullarining maksimal qiymatini ketma-ket kamaytirishdan iborat.

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

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

Shunday qilib, ko'rib chiqilayotgan tenglamaning umumiy yechimini quyidagicha yozish mumkin: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), qayerda x, u ixtiyoriy butun son parametrlaridir.

§ 2. Diofant tenglamasix 2 – y 2 = a

Misollar: 1. Da a = 0 biz cheksiz ko'p echimlarni olamiz: x = y yoki x = – y har kim uchun y Z.

2. Da a = 1 bizda ... bor x 2 – y 2 = 1 (x + y)(x – y) = 1 . Shunday qilib, 1 raqami ikkita butun sonli ko'paytmaga parchalanadi x + y va x – y(muhim, bu x, y- butun!). Chunki raqam 1 butun son omillar mahsulotiga faqat ikkita kengayish 1 = 11 va 1 = (–1)(–1) , biz ikkita imkoniyatga ega bo'lamiz: .

3. Uchun a = 2 bizda ... bor x 2 – y 2 = 2 (x + y)(x – y) = 2. Avvalgisiga o'xshab, biz kengaytmalarni ko'rib chiqamiz

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), tizimlarni tuzamiz:, oldingi misoldan farqli o'laroq, yechimlari yo'q. Shunday qilib, ko'rib chiqilgan Diofant tenglamasi uchun echimlar yo'q x 2 – y 2 = 2.

4. Oldingi mulohazalar ba'zi xulosalarga olib keladi. Tenglama yechimlari x 2 – y 2 = a parchalanish holatidadir a = km tizimdan butun sonlar mahsulotiga . Bu tizimda to'liq echimlar mavjud bo'lsa va faqat bo'lsa k + m va k – m juft bo'ladi, ya'ni. raqamlar qachon k va m bir xil paritet (bir vaqtning o'zida juft yoki toq). Shunday qilib, x 2 – y 2 = a Diofant tenglamasi, agar a ni bir xil paritetga ega bo‘lgan ikkita butun son omilining ko‘paytmasiga kengaytirish mumkin bo‘lsagina yechimga ega bo‘ladi. Faqat shu kabilarning barchasini topish qoladi.

Teorema (tenglama bo'yichax 2 – y 2 = a ). (1) Tenglama x 2 – y 2 = 0 cheksiz sonli yechimlarga ega .

(2) tenglamaning har qanday yechimi quyidagicha olinadi , qayerda a = km a sonining bir xil paritetga ega bo'lgan ikkita butun son omilining ko'paytmasiga parchalanishi.

(3) Tenglama x 2 – y 2 = a agar va faqat agar yechim bor a 2 (mod 4).

Isbot.(1) allaqachon isbotlangan.

(2) allaqachon isbotlangan.

(3) () Birinchidan, Diofant tenglamasi bo'lsin x 2 – y 2 = a yechimi bor. Keling, buni isbotlaylik a 2 (mod 4) . Agar a a = km - bir xil paritetga ega bo'lgan butun sonlarning ko'paytmasiga, keyin esa juft uchun k va m bizda ... bor k = 2 l, m = 2 n va a = km = 4 ln 0 (mod 4) . G'alati holatda k, m ularning ishi a ham g'alati, farq a – 2 toq va bo'linmaydi 4 , ya'ni. yana

a 2 (mod 4).

() Agar hozir a 2 (mod 4) , keyin biz tenglamaning yechimini qurishimiz mumkin x 2 – y 2 = a. Haqiqatan ham, agar a g'alati bo'lsa, unda a = 1 a toq butun sonlarning mahsulot parchalanishidir, shuning uchun diofant tenglamasining yechimidir. Agar a juft bo'lsa, ko'rinishida a 2 (mod 4) buni tushunamiz 4 | a, a = 4 b = 2(2 b) juft butun sonlarning mahsulot parchalanishidir, shuning uchun diofant tenglamasining yechimidir.

Teorema isbotlangan.

Misollar: 1. Diofant tenglamasi x 2 – y 2 = 2012 chunki hech qanday yechim yo'q 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Diofant tenglamasi x 2 – y 2 = 2011 yechimlari bor, chunki

2011 3 (mod 4). Bizda aniq kengaytmalar mavjud

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

ularning har biri uchun yechim topamiz (har qanday belgilar kombinatsiyasi). Boshqa echimlar yo'q, chunki raqam 2011 oddiy (?!).

§ 3. Diofant tenglamasix 2 + y 2 = a

Misollar: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Shunday qilib, har qanday kvadrat ikki kvadrat yig'indisi sifatida ahamiyatsiz tarzda ifodalanishi mumkinligi aniq.

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. uchun yechim yo'q a = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

Yuqoridagi natijalarni tahlil qilish, yechimlarning yo'qligi qandaydir tarzda shaklning tub sonlari bilan bog'liqligini ko'rsatishi mumkin.

4 n+3 ikki kvadratning yig'indisi sifatida ifodalanishi mumkin bo'lmagan sonlarni faktorizatsiya qilishda mavjud.

Teorema (natural sonlarni ikki kvadrat yig'indisi bilan ifodalash to'g'risida). Tabiiy a sonni ikkita kvadrat yig'indisi sifatida ifodalash mumkin, agar kanonik kengayishda shaklning tub sonlari bo'lsa. 4 n + 3 hatto ko'rsatkichlarga ega.

Isbot. Birinchidan, agar a natural sonini ikkita kvadrat yig'indisi sifatida ifodalash mumkin bo'lsa, uning kanonik kengayishida shaklning barcha tub sonlarini isbotlaymiz. 4 n + 3 juft koʻrsatkichlarga ega boʻlishi kerak. Tasavvur qilaylik, isbotlangan narsadan farqli o'laroq a= p 2 k +1 b = x 2 + y 2 , qayerda

R - shaklning tub raqami 4 n+3 va b p. Raqamlarni tasavvur qiling X va da sifatida

x =Dz, y = Dt, qayerdaD= gcd(x, y) = p s w, p w; z, t, s N 0 . Keyin biz tenglikni olamiz R 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = p 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , ya'ni. R 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . Tenglikning chap tomonida p mavjud (toq kuch nolga teng emas), bu o'ng tomondagi omillardan biri p tub songa bo'linishini bildiradi. Chunki p w, keyin p | (z 2 + t 2 ) , raqamlar qaerda z, t o'zaro oddiy. Bu keyingi lemmaga (?!) zid keladi.

Lemma (ikki kvadrat yig'indisining shaklning tub soniga bo'linishi to'g'risida

4 n + 3 ). Agar tub raqam bo'lsa p = 4n+3 ikkita natural sonning kvadratlari yig'indisini ajratadi, keyin esa bu sonlarning har birini ajratadi.

Isbot. Aksincha. Mayli x 2 + y 2 0(mod p) , lekin x0(mod p) yoki y 0 (mod p) . Chunki x va y nosimmetrikdir, ularni almashtirish mumkin, shuning uchun biz buni taxmin qilishimiz mumkin x p.

Lemma (qaytarilish moduli bo'yichap ). Har qanday butun son uchun x, tub songa boʻlinmaydi p, teskari element moduli mavjud p – shunday butun son 1 u < p, nima xi 1 (mod p).

Isbot. Raqam x bilan engish p, shuning uchun chiziqli kengayishni yozishimiz mumkin GCD(x, p) = 1 = xi + pv (u, v Z) . Bu aniq xi1(modp) , ya'ni. u- ga teskari element x modul p. Agar a u cheklovni qondirmaydi 1 u < p, keyin bo'linish u qolganlari bilan p, qolganini olamiz r u (mod p) , buning uchun xr xi 1 (mod p) va 0 r < p.

Modulning qaytarilish lemmasi p isbotlangan.

Ko'paytirish bilan taqqoslash x 2 + y 2 0 (mod p) kvadrat boshiga u 2 ga teskari element x modul p, olamiz 0 = 0u 2 x 2 u 2 +y 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1+t 2 (mod p).

Shunday qilib, uchun t = yu taqqoslash amalga oshirildi t 2 –1 (mod p) , biz qarama-qarshilikka olib kelamiz. Bu aniq t p: aks holda t 0 (mod p) va 0 t 2 –1 (mod p) , bu mumkin emas. Ferma teoremasi bo'yicha biz bor t p –1 1 (mod p), qaysi bilan birga t 2 –1 (mod p) va p = 4 n + 3 qarama-qarshilikka olib keladi:

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

Olingan qarama-qarshilik taxmin haqida ekanligini ko'rsatadi x 0 (mod p) to'g'ri emas edi.

Ikki kvadrat yig'indisining tub songa bo'linishiga oid lemma 4 n+3 isbotlangan.

Shunday qilib, kanonik parchalanishiga tub sonni o'z ichiga olgan son mavjudligi isbotlangan p = 4 n + 3 toq kuchga, ikki kvadrat yig'indisi sifatida ifodalanishi mumkin emas.

Keling, kanonik parchalanishida tub sonlar bo'lgan istalgan son ekanligini isbotlaylik p = 4 n + 3 faqat ikkita kvadrat yig'indisi sifatida ifodalanadigan juft kuchlarda qatnashadi.

Dalilning g'oyasi quyidagi o'ziga xoslikka asoslanadi:

(a 2 +b 2 )(c 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (ad + miloddan avvalgi) 2 ,

kompleks sonlar modulining taniqli xususiyatidan olinishi mumkin - mahsulotning moduli modullarning mahsulotiga teng. Haqiqatan ham,

| 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 + (ad + miloddan avvalgi) 2 .

Bu o'ziga xoslikdan kelib chiqadiki, agar ikkita u, v soni ikkita kvadratning yig'indisi sifatida ifodalanishi mumkin: u = x 2 + y 2 , v = z 2 + t 2 , u holda ularning mahsuloti uv ikki kvadrat yig'indisi sifatida ham ifodalanishi mumkin: UV = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .

Har qanday natural son a > 1 shaklida yozilishi mumkin a= p 1 … R k m 2 , qayerda R i juft-juft tub sonlar, m N . Buning uchun kanonik parchalanishni topish kifoya , shaklning har bir darajasini yozing r kvadrat shaklida (r) 2 hatto uchun = 2, yoki shaklida r = r(r) 2 g'alati uchun = 2 + 1 , so'ngra kvadratlarni va qolgan bitta tub sonlarni alohida guruhlang. Masalan,

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

Raqam m 2 Ikki kvadratning yig'indisi sifatida ahamiyatsiz ko'rinishga ega: m 2 = 0 2 + m 2 . Agar biz barcha tub sonlarning ikkita kvadratining yig'indisi sifatida ifodalanishini isbotlasak R i (1 i k) , keyin identifikatsiyadan foydalanib, a sonining ifodasi ham olinadi. Shart bo'yicha, raqamlar orasida R 1 , … , R k faqat uchrashishi mumkin 2 = 1 2 + 1 2 va shaklning tub raqamlari 4 n + 1 . Shunday qilib, tub sonning ikkita kvadratining yig'indisi sifatida taqdimotni olish qoladi p = 4m + 1. Biz ushbu bayonotni alohida teoremaga ajratamiz (pastga qarang)

Masalan, uchun a = 29250 = 2513(15) 2 ketma-ket biz olamiz:

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 .

Teorema isbotlangan.

§ 4. Tenglamax + x + 1 = 3y

Endi tenglama bilan shug'ullanamiz x+x+1=Zu. Bu allaqachon o'z tarixiga ega. 1950 yilda R. Oblat hal qilishdan tashqari, buni taklif qildi

x=y=1. uning natural sonlarda boshqa yechimlari yo'q x, y bu erda x - toq son. Xuddi shu yili T. Nagel yechimni ko'rsatdi x= 313, y = 181. Tenglama uchun yuqoridagi usulga o'xshash usul x+x-2y=0, tenglamaning barcha yechimlarini aniqlash imkonini beradi x+x+1=3y (1)

natural sonlarda x, da. Keling, shunday da'vo qilaylik (x, y)(1) tenglamaning natural sonlardagi yechimi va x > 1. Ko'rish mumkinki, (18) tenglamaning natural sonlarda yechimi yo'q x, y, qayerda x = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9; shunday bo'lishi kerak x10.

Keling, buni ko'rsataylik 12y<7 x+3, 7y>4x+ 2. 4y > 2x+1 . (2)

Agar bo'lsa 12y> 7x+3, biz bo'lar edik 144y> 49 x+42 x+9 . va (18) ni hisobga olgan holda, 144y= 48x+ 48 x + 48 , keyin shunday bo'ladi X< 6 x +3 9, qayerdan

(x-z)< 48 va shuning uchun shuni hisobga olgan holda x> 10, 7 < 148 , bu mumkin emas. Shunday qilib, (2) tengsizliklarning birinchisi isbotlangan.

Agar bo'lsa 7y< 4 x+2 , biz bo'lar edik 49y< 16 x+ 16 x+4 , va chunki (1) ni hisobga olgan holda, 16 x+ 16 x+ 16 = 48y, keyin shunday bo'ladi 49y< 48u-12, bu mumkin emas. Shunday qilib, (2) tengsizliklarning ikkinchisi isbotlangan bo'lib, undan uchinchisi bevosita kelib chiqadi. Demak, (2) tengsizliklar to'g'ri.

Keling, hozir qo'yamiz

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

(2) ga asoslanib, biz buni topamiz w > 0 , h > 0 va X -w=3(4 y-2 x-1)>0 va shuning uchun w<х . (3) ga binoan bizda bor w 2 + w+1=3 h 2 shuning uchun (1) ni hisobga olgan holda biz qabul qilamiz g(x, y) = (7x - 12y + 3, -4x + 7y -2).

Shunday qilib, biz har qanday yechimga asoslanib aytishimiz mumkin (x, y)(1) tenglamalar natural sonlarda, bu yerda x > 1, biz yangi yechimga ega bo'lamiz (w, h) = g(x, y) natural sonlardagi (1) tenglamalar w, h qayerda w < х (va shuning uchun kichikroq natural sonlarda yechim). Demak, yuqoridagidek harakat qilib, (1) tenglamaning har bir yechimi uchun natural sonlarda ekanligini topamiz x, y, qayerda x > 1, shunday n natural soni mavjud g(x, y) = (l, 1).

Qabul qilgan f(x, y) = (7x+12y + 3, 4x+ 7y + 2), (4) biz buni osongina topishimiz mumkin f(g(x, y)) = (x, y) va shuning uchun (x, y) = f(1,1) Boshqa tomondan, agar borligini tekshirish oson (x, y)(1) tenglamaning natural sonlardagi yechimi bo’lsa, u holda f(x, y) (1) tenglamaning natural sonlarda yechimi ham mavjud (mos ravishda, dan katta X va da).

Qabul qilgan x=y=1(x, y) = f(1, 1) uchun n=2,3,…..,

ketma-ketlikni olamiz { x, y} uchun n= 1, 2,….., (1) tenglamaning barcha yechimlarini natural sonlarda va faqat shunday echimlarni o'z ichiga oladi.

Mana bizda (X,y)= f(1,1)= f(x, y), shuning uchun (4) tufayli biz olamiz

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

Barcha yechimlarni izchil aniqlash imkonini beruvchi formulalar (x, y) natural sonlardagi (1) tenglamalar. Shunday qilib, biz yechimlarni osongina olamiz (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Shubhasiz, bu yechimlarning cheksiz soni bor. Tenglikdan

x=y=1 va (4) induksiya orqali biz raqamlarni osongina topamiz X toq indekslar bilan toq, juft indekslar bilan ular juft va raqamlar y uchun mohiyat g'alati n = 1, 2, ... (1) tenglamaning barcha yechimlarini butun sonlarda olish x, y, isbotlash oson bo'lgani uchun, u allaqachon olingan echimlarga amal qiladi (x, y) qo'shilish (x, -y) va (-x-1,±y) uchun n=1, 2, .. .

Shunday qilib, bizda, masalan, ko'proq bunday echimlar mavjud: (-2,1) (-23,13), (-314,181). A.Rotkevich (1) tenglamaning barcha yechimlaridan natural sonlarda ekanligini qayd etdi x > 1 va y tenglamaning barcha yechimlarini olishi mumkin (z+1)-z=y (6)

natural sonlarda z, y. Haqiqatan ham, z, y natural sonlari (5) tenglamani qanoatlantirsin deylik. Qo'yish x=3z+l, tekshirish oson bo'lgani uchun biz natural sonlarni olamiz x > 1 va da qanoatlantiruvchi tenglama (1).

Boshqa tomondan, agar natural sonlar x > 1 va da(1) tenglamani qanoatlantirsak, tekshirish oson bo'lgani uchun bizda bor, (x-1)= 3(y-x), shundan kelib chiqadiki, son (tabiiy) x-1 tomonidan bo'linadi 3 , Binobarin x-1=3 z, qayerda z natural son va tenglikdir 3z=y-x=y3z-1 , bu raqamlar ekanligini isbotlaydi z va da(6) tenglamani qanoatlantiring. Shunday qilib, echimlar asosida (22,13),(313,181), (4366,2521) (1) tenglama, biz yechimlarni olamiz (7,13),(104,181),(1455,2521) tenglamalar (6). Bu erda tabiiy sonlar bo'lsa, shuni ham ta'kidlaymiz z, y(6) tenglama qanoatlantirilsa, bu isbotlangan da masalan, ketma-ket ikkita kvadratning yig'indisidir 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Xuddi shunday, (1) tenglamada bo'lgani kabi, biz tenglamaning barcha yechimlarini topishimiz mumkin edi x+(x+1)= y natural sonlarda x, y, uchun olish x > 3 g (x. y) \u003d (3x -2y + 1, 3y - 4x - 2) va uchun x> 1 f(x, y) = (3x+ 2y+l, 4x + Zu + 2), formulaga olib keladi ( x, y)f(3,5) va (6) tenglamaning x, y natural sonlardagi barcha yechimlari ketma-ketlikda joylashgan degan xulosaga kelish mumkin. { x, y} uchun n= 1, 2,…., qayerda x=3, y=5 vax=3 x+2 y+1 . y = 4 x+3 y+2 (n=1, 2, ...). Masalan, 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.

Ko'rib chiqilayotgan tenglamaning geometrik ma'nosi shundaki, u barcha Pifagor uchburchaklarini (tabiiy tomonlari bo'lgan to'rtburchaklar) beradi, ularning oyoqlari ketma-ket natural sonlar bilan ifodalanadi. Bunday uchburchaklarning cheksiz soni (*) mavjud.

Tenglama shunday x+(x+1)= y, natural sonlarda yechimlari yo‘qligi isbotlangan x, y.

  • Diofant tenglamalarini yechish algoritmlari
  • Evklid algoritmi
    • 1-misol (oddiy)
    • 2-misol (qattiq)
  • Raqamlarni tanlash bo'yicha muammolarni tanlamasdan hal qilamiz
    • Tovuqlar, quyonlar va ularning panjalari haqida muammo
    • Sotuvchi ayolning vazifasi va o'zgarishi

    • Sibms sharhlariga ko'ra, bu haqiqiy to'siq maktab kursi matematika nafaqat talabalar uchun, balki ota-onalar uchun ham Diofant tenglamalariga aylanadi. Bu nima va ularni qanday qilib to'g'ri hal qilish kerak? Buni aniqlashda bizga “Gornostay” o‘quv markazining matematika o‘qituvchisi Aelita Bekesheva va fizika-matematika fanlari nomzodi Yuriy Shanko yordam berishdi.

    Diophantus kim?

    Hatto qadimgi misrliklar ham fikr yuritish qulayligi uchun noma'lum sonni bildiruvchi maxsus so'zni o'ylab topishgan, ammo o'sha paytda harakat belgilari va tenglik belgisi yo'q edi, shuning uchun ular tenglamalarni qanday yozishni bilishmagan.

    Birinchi bo'lib tenglamani qanday yozishni o'ylab topgan ajoyib olim Iskandariyalik Diofant edi. Iskandariya buyuk madaniy edi, savdo va ilmiy markaz qadimgi dunyo. Bu shahar hali ham mavjud, u Misrning O'rta er dengizi sohilida joylashgan.

    Diofant, aftidan, eramizning III asrida yashagan. va antik davrning oxirgi buyuk matematiki edi. Uning ikkita asari bizgacha yetib kelgan – “Arifmetika” (o‘n uchta kitobdan oltitasi bizgacha yetib kelgan) va “Ko‘pburchakli sonlar haqida” (parchalarda). Diofantning ishi algebra, matematik tahlil va sonlar nazariyasining rivojlanishiga katta ta'sir ko'rsatdi.

    Ammo siz Diofant tenglamalari haqida biror narsa bilasiz ...

    Diofant tenglamalarini hamma biladi! Bu boshlang'ich sinf o'quvchilari uchun jumboqlar bo'lib, ular tanlov orqali hal qilinadi.

    ” Masalan, "qancha turli yo'llar bilan 96 tiyinlik muzqaymoqni to‘lay olasizmi, agar sizda faqat tiyin va besh tiyinlik tanga bo‘lsa?

    Agar Diofant tenglamasini bersak umumiy ta'rif, u holda biz bu qo'shimcha shartli algebraik tenglama deb aytishimiz mumkin: uning barcha yechimlari butun son bo'lishi kerak (va umumiy holatda ham ratsional).

    ” Ko'pincha, onalar (ayniqsa, rivojlangan sotsializm sharoitida maktabni tugatganlar) bunday vazifalarning asosiy maqsadi bolalarni muzqaymoq uchun almashtirib to'lashga o'rgatishdir, deb hisoblashadi. Shunday qilib, ular mayda narsalarni qoziqqa qo'yish o'tmishda qolib ketganiga chin dildan ishonch hosil qilganlarida, ularning sevimli ettinchi sinf o'quvchisi (yoki sakkizinchi sinf o'quvchisi) kutilmagan savol bilan chiqadi: "Onam, buni qanday hal qilish kerak?" ikki o'zgaruvchili tenglama. Ilgari maktab kursida bunday muammolar yo'q edi (barchamiz o'zgaruvchilar qancha tenglamalar bo'lishi kerakligini eslaymiz), shuning uchun matematik bo'lmagan ona ko'pincha ahmoqlikka tushadi. Lekin bu o'zgarish va muzqaymoq haqida bir xil muammo, faqat umumiy shaklda yozilgan!

    Aytgancha, nega ular to'satdan ettinchi sinfda unga qaytib kelishadi? Hammasi oddiy: Diofant tenglamalarini o‘rganishdan maqsad ham matematikada, ham informatika va dasturlashda yanada rivojlangan butun sonlar nazariyasi uchun asoslar berishdir. Diofantin tenglamalari ko'pincha yagona davlat imtihonining "C" qismining vazifalari orasida topiladi. Qiyinchilik, birinchi navbatda, hal qilishning ko'plab usullari mavjud bo'lib, bitiruvchi ulardan bittasini to'g'ri tanlashi kerak. Biroq, chiziqli Diofantin tenglamalari ax + by = c maxsus algoritmlar yordamida nisbatan oson echilishi mumkin.

    Diofant tenglamalarini yechish algoritmlari

    Diofant tenglamalarini o'rganish 7-sinfdan boshlab ilg'or algebra kursida boshlanadi. Darslikda Yu.N. Makarycheva, N.G. Mindyuk, yordamida hal qilinadigan ba'zi muammolar va tenglamalar berilgan Evklid algoritmi va qo'pol kuch usuli, - - deydi Aelita Bekesheva.- Keyinchalik, 8-9-sinflarda, biz yuqori tartibli butun sonlardagi tenglamalarni ko'rib chiqayotganimizda, biz o'quvchilarga ko'rsatamiz. faktorizatsiya usuli, va bu tenglamaning yechimini keyingi tahlil qilish, baholash usuli. tanishtiramiz to'liq kvadrat tanlash usuli bilan. Tut sonlarning xossalarini o‘rganishda biz butun sonlarda tenglamalarni yechish nazariyasining asosiy teoremalaridan biri bo‘lgan Fermaning kichik teoremasini kiritamiz. Yuqori darajada bu tanishuv 10-11-sinflarda davom etadi. Shu bilan birga, biz bolalarni "modulli taqqoslashlar" nazariyasini o'rganish va qo'llashga olib boramiz, 7-9 sinflarda tanishgan algoritmlarni ishlab chiqamiz. Juda yaxshi, bu material darslikda A.G. Mordkovich "Algebra va tahlilning boshlanishi, 10-sinf" va G.V. Dorofeev "Matematika" 10-sinf uchun.

    Evklid algoritmi

    Evklid usulining o'zi boshqa matematik muammoga - eng katta umumiy bo'luvchini topishga ishora qiladi: raqamlarning dastlabki juftligi o'rniga yangi juftlik yoziladi - kichikroq raqam va asl juftlikning kichik va katta soni o'rtasidagi farq. Bu harakat juftlikdagi raqamlar teng bo'lguncha davom ettiriladi - bu eng katta umumiy omil bo'ladi. Algoritmning o'zgarishi diofant tenglamalarini echishda ham qo'llaniladi - endi biz Yuriy Shanko bilan birga Keling, "tangalar haqidagi" muammolarni qanday hal qilishni ko'rsatish uchun misol keltiramiz.

    Biz chiziqli diofant tenglamasini ko'rib chiqamiz ax + by = c, bu yerda a, b, c, x va y butun sonlar. Ko'rib turganingizdek, bitta tenglama ikkita o'zgaruvchini o'z ichiga oladi. Ammo, siz eslayotganingizdek, bizga faqat narsalarni soddalashtiradigan butun son ildizlari kerak - tenglama to'g'ri bo'lgan raqamlar juftlarini topish mumkin.

    Biroq, diofant tenglamalari har doim ham yechimga ega emas. Misol: 4x + 14y = 5. Hech qanday yechim yo'q, chunki tenglamaning chap tomonida, har qanday butun x va y uchun juft son olinadi, 5 esa toq sondir. Ushbu misolni umumlashtirish mumkin. Agar tenglamada bo'lsa ax + by = c a va b koeffitsientlari ba'zi bir d songa bo'linadi va c soni bu d ga bo'linmaydi, u holda tenglamaning yechimlari yo'q. Boshqa tomondan, agar barcha koeffitsientlar (a, b va c) d ga bo'linadigan bo'lsa, u holda butun tenglamani shu d ga bo'lish mumkin.

    Misol uchun, 4x + 14y = 8 tenglamada barcha koeffitsientlar 2 ga bo'linadi. Biz tenglamani shu raqamga bo'lamiz va olamiz: 2𝑥 + 7𝑦 = 4. Ushbu texnika (tenglamani qandaydir songa bo'lish) ba'zan hisoblarni soddalashtiradi.

    Keling, boshqa tomondan boraylik. Faraz qilaylik, tenglamaning chap tomonidagi koeffitsientlardan biri (a yoki b) 1 ga teng. Shunda bizning tenglamamiz aslida yechilgan bo‘ladi. Darhaqiqat, masalan, a = 1 bo'lsin, u holda biz har qanday butun sonni y sifatida qabul qilishimiz mumkin, x = c - by. Agar biz dastlabki tenglamani koeffitsientlaridan biri 1 ga teng bo'lgan tenglamaga qisqartirishni o'rgansak, u holda biz har qanday chiziqli Diofant tenglamasini qanday echishni o'rganamiz!

    Men buni 2x + 7y = 4 tenglamasi misolida ko'rsataman.

    Uni quyidagicha qayta yozish mumkin: 2(x + 3y) + y = 4.

    Yangi noma'lum z = x + 3y kiritamiz, u holda tenglama quyidagicha yoziladi: 2z + y = 4.

    Biz bir koeffitsientli tenglamani oldik! U holda z istalgan son, y = 4 - 2z.

    X ni topish qoladi: x = z - 3y = z - 3(4 - 2z) = 7z - 12.

    z=1 bo‘lsin. U holda y=2, x=-5. 2*(-5)+7*2=4

    z=5 bo‘lsin. U holda y=-6, x=23. 2 * (23)+7 * (-6)=4

    ” Ushbu misolda 2 va 7 koeffitsientli tenglamadan 2 va 1 koeffitsientli tenglamaga qanday o'tganimizni tushunish muhimdir. Bu holda (va har doim!) yangi koeffitsient (bu holda, bitta) dastlabki koeffitsientlarni bir-biriga bo'lishning qolgan qismi (7 ga 2).

    Bu misolda omadimiz keldi, birinchi almashtirishdan so'ng biz koeffitsienti 1 bo'lgan tenglamaga ega bo'ldik. Bu har doim ham sodir bo'lmaydi, lekin biz yangi noma'lumlarni kiritish va yangi tenglamalarni yozish orqali oldingi hiylani takrorlashimiz mumkin. Ertami-kechmi, bunday almashtirishlardan so'ng, 1 koeffitsientli tenglama olinadi.

    Keling, murakkabroq tenglamani echishga harakat qilaylik, deb taklif qiladi Aelita Bekesheva.

    13x - 36y = 2 tenglamani ko'rib chiqing.

    №1 qadam

    36/13=2 (10 ta chap). Shunday qilib, dastlabki tenglamani quyidagicha qayta yozish mumkin: 13x-13* 2y-10y=2. Uni aylantiramiz: 13(x-2y)-10y=2. Yangi z=x-2y o‘zgaruvchini kiritamiz. Endi bizda tenglama bor: 13z-10y=2.

    №2 qadam

    13/10=1 (3 ta chap). Dastlabki 13z-10y=2 tenglamani quyidagicha qayta yozish mumkin: 10z-10y+3z=2. Uni o‘zgartiramiz: 10(z-y)+3z=2. Yangi m=z-y o‘zgaruvchini kiritamiz. Endi bizda tenglama bor: 10m+3z=2.

    №3 qadam

    10/3=3 (1 ta qoldi). Dastlabki 10m+3z=2 tenglamani quyidagicha qayta yozish mumkin: 3* 3m+3z+1m=2. Uni aylantiramiz: 3(3m+z)+1m=2. Yangi n=3m+z o‘zgaruvchini kiritamiz. Endi bizda tenglama mavjud: 3n+1m=2.

    Xayr! Biz bir koeffitsientli tenglamani oldik!

    m=2-3n, n esa istalgan son bo’lishi mumkin. Biroq, biz x va y ni topishimiz kerak. O'zgaruvchilarni teskari tartibda o'zgartiramiz. Esda tutingki, biz x va y ni n hisobida ifodalashimiz kerak, bu har qanday raqam bo'lishi mumkin.

    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

    n=1 bo‘lsin. U holda y=5, x=24. 13 * (14)-36 * 5=2

    n=5 bo‘lsin. U holda y=57, x=158. 13*(158)-36*(57)=2

    Ha, buni aniqlash juda oson emas, lekin endi siz har doim tanlov orqali hal qilinadigan muammolarni umumiy tarzda hal qilishingiz mumkin!

    Biz raqamlarni tanlash uchun muammolarni hal qilamiz

    Boshlang'ich sinf o'quvchilari uchun tanlov yo'li bilan echiladigan masalalarga misollar: bola bilan raqobatlashing, ularni kim tezroq hal qiladi: siz Evklid algoritmidan foydalanasizmi yoki maktab o'quvchisi - tanlov orqali?

    Panjalar bilan bog'liq muammo

    Shartlar

    Tovuqlar va quyonlar qafasda. Ularning jami 20 ta panjasi bor. Qancha tovuq va qancha quyon bo'lishi mumkin?

    Yechim

    Aytaylik, bizda x tovuq va y quyon bor. Tenglama tuzamiz: 2x+4y=20. Tenglamaning ikkala tomonini ikkiga kamaytiramiz: x+2y=10. Demak, x=10-2y, bu yerda x va y musbat butun sonlardir.

    Javob

    Quyon va tovuqlar soni: (1; 8), (2; 6), (3; 4), (4; 2), (5; 0)

    Qabul qiling, bu "bitta quyon qafasda o'tirsin ..." dan ko'ra tezroq chiqdi.

    Tangalar bilan bog'liq muammo

    Shartlar

    Bitta sotuvchi ayolning besh va ikki rubllik tangalari bor edi. U 57 rublni necha usul bilan o'zgartirishi mumkin?

    Yechim

    Bizda x ikki rubllik va y besh rubllik tangalar bo'lsin. Tenglama tuzamiz: 2x+5y=57. Tenglamani aylantiramiz: 2(x+2y)+y=57. z=x+2y bo‘lsin. U holda 2z+y=57. Binobarin, y=57-2z, x=z-2y=z-2(57-2z) ⇒ x=5z-114. E'tibor bering, z o'zgaruvchisi 23 dan kam bo'lmasligi kerak (aks holda x, ikki rubllik tangalar soni manfiy bo'ladi) va 28 dan katta (aks holda, y, besh rubllik tangalar soni salbiy bo'ladi). 23 dan 28 gacha bo'lgan barcha qiymatlar bizga mos keladi.

    Javob

    Olti yo'l.

    Tatyana Yakovleva tomonidan tayyorlangan

    Munitsipal byudjet ta'lim muassasasi

    №1 o'rta maktab

    Pavlovo.

    Tadqiqot ishi

    Diofant tenglamalarini yechish usullari.

    Kafedra: Fizika va matematika

    Bo'lim: matematika

    Bajarildi:

    8-sinf o'quvchisi Nikolay Truxin (14 yosh)

    Ilmiy maslahatchi:

    matematika o'qituvchisi

    Lefanova N.A.

    Pavlovo

    2013 yil

    Mundarija

    I Kirish……………………………………………………………………………3

    II Adabiyot sharhi…………………………………………………………….5

    III Asosiy qism………………………………………………………………6

    IV Xulosa…………………………………………………………………15

    V Adabiyotlar ro‘yxati……………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………….

    VI ilova………………………………………………………………..17

      Kirish.

    2011-2012 yillarda ijro etganman tadqiqot ishi Mavzu bo'yicha: "Tenglamalarni yechish Qadimgi Gretsiya va Hindiston." U ustida ishlash jarayonida Diofant Iskandariyalik va Muhammad al-Xorazmiy asarlari bilan tanishdim. Oldingi ishimda ikkita noma'lumli birinchi darajali tenglamalarni yechishning ba'zi usullarini ko'rib chiqdim, ikkita noma'lumli birinchi darajali tenglamalarni echishga olib keladigan ba'zi eski muammolar bilan tanishdim.

    Muhammad Ben Mussa al-Xorazmiy yoki Erondagi "donishmandlar uyi" a'zosi bo'lgan Xorazmlik Musoning o'g'li Muhammad bizning xronologiyamizning 820 yil atrofida kitob yozgan va u erda arifmetikaning oddiy va murakkab masalalarini hal qilishni o'rgatgan. Bu odamlarga merosni taqsimlashda, vasiyatnomalar tuzishda, mulk va sud ishlarini taqsimlashda, savdo-sotiqda, barcha turdagi bitimlarda kerak bo'ladi. “Algebra”, “arab raqamlari”, “algoritm” tushunchalari al-Xorazmiy nomi bilan bog‘liq. U algebrani geometriyadan ajratdi, islom oʻrta asrlari matematikasiga katta hissa qoʻshdi. Muhammad al-Xorazmiyni tirikligida ham, vafotidan keyin ham tanib, hurmat qilgan.

    Ammo men Diofant haqida ko'proq bilishni xohlardim. Va bu yilgi tadqiqotim mavzusi: Diofant tenglamalarini yechish usullari»

    Iskandariyalik Diofant - eng asl qadimgi yunon matematiklaridan biri bo'lib, uning asarlari algebra va raqamlar nazariyasi uchun katta ahamiyatga ega edi. Diofantning asarlaridan eng muhimi "Arifmetika" bo'lib, ularning 13 ta kitobidan faqat 6 tasi hozirgi kungacha saqlanib qolgan. Omon qolgan kitoblarda yechimlari bilan 189 ta muammo bor. Birinchi kitobda birinchi va ikkinchi darajali muayyan tenglamalarga olib keladigan masalalar mavjud. Qolgan beshta kitobda asosan noaniq tenglamalar mavjud (noaniq tenglamalar bir nechta nomaʼlum boʻlgan tenglamalar deyiladi). Bu kitoblarda hali noaniq tenglamalarning sistematik nazariyasi mavjud emas, yechish usullari har bir holatda farq qiladi. Diophantus ijobiy bo'lsa, butun yoki kasrli bitta eritma bilan kifoyalanadi. Biroq, noaniq tenglamalarni yechish usullari Diofantning matematikaga qo'shgan asosiy hissasini tashkil qiladi. Diofantning ramziyligida noma'lum uchun faqat bitta belgi bor edi. Noaniq tenglamalarni yechishda u ixtiyoriy sonlarni bir nechta noma'lumlar sifatida ishlatgan, buning o'rniga boshqasini olish mumkin bo'lgan, bu uning yechimlarining umumiylik xususiyatini saqlab qolgan.

    Mening ishimning maqsadi:

    1. Diofant tenglamalari bilan tanishishni davom ettiring.

    2. Diofant tenglamalarini yechishda sanash va dispersiya (silliqlash) usullarini o‘rganing.

    3. Ayrim amaliy masalalarni yechishda diofant tenglamalaridan foydalanish imkoniyatlarini o‘rganing.

    II. Adabiyot manbalarini haqida umumiy ma'lumot; Adabiyot sharhi.

    Ishni yozishda men quyidagi adabiyotlardan foydalandim:

    Diofant va al-Xorazmiy haqidagi ma’lumotlardan foydalandim.

    Kitob Diofantning noaniq tenglamalarni yechish usullariga bag'ishlangan. Bu Diofantning hayoti haqida hikoya qiladi. Ushbu ma'lumot men ishimda foydalaniladi.

    Kitobda qadim zamonlardan buyon algebra tarixi haqida hikoya qilinadi. Men tenglamalar nazariyasi haqidagi ma'lumotlardan qadim zamonlardan beri foydalanaman.

    Ushbu kitobda matematikaning asosiy tushunchalari va uning qo'llanilishi bo'yicha 200 ga yaqin maqolalar mavjud. Men "Algebra", "Tenglamalar", "Diofantin tenglamalari" maqolalari materiallaridan foydalandim.

    Amaliy foydalanish uchun topshiriqlar matnlari kitobdan olingan.

      Mavzu bo'yicha men saytdan foydalanganman:

    http :// uz . vikipediya . org (al-Xorazmiy va Diofant haqida ma’lumot. Diofant tenglamalarini yechish usullari haqida).

      Asosiy qism

    Hozirgi kunda matematika bilan shug'ullangan har bir kishi Diofant tenglamalari haqida eshitgan. Butun sonli (kamdan-kam hollarda ratsional) sonlar to‘plamida yechilgan butun sonli koeffitsientli algebraik tenglamalar matematika tarixiga Diofant nomi bilan kirdi. . 1 va 2-darajali diofantin tenglamalari eng ko'p o'rganilgan. Mening ishimning mazmuni ikkita noma'lumli birinchi darajali tenglamani yechish uchun qisqartirilgan masalalarni o'z ichiga oladi

    (1)

    Keling, muammoni ko'rib chiqaylik.

    Vazifa 1. Hujayra ichida x qirg'ovul va da quyonlar. Oyoqlarining umumiy soni 62 ta bo'lsa, qafasda qancha qirg'ovul va quyon bor.

    Umumiy soni oyoqlarni 2x + 4y \u003d 62 (2) tenglamasi yordamida yozish mumkin

    Masalaning shartiga ko’ra tuzgan bu tenglik ikki o’zgaruvchili tenglama deyiladi. Bu tenglama chiziqli tenglama deyiladi. Chiziqli tenglamalar turli masalalarni yechishda muhim rol o‘ynaydi. Ushbu kontseptsiya bilan bog'liq asosiy qoidalarni eslatib o'taman.

    Ikki o'zgaruvchiga ega chiziqli tenglama ax + by \u003d c ko'rinishidagi tenglama bo'lib, bu erda x va y - o'zgaruvchilar, a, b va c - ba'zi raqamlar.

    (2) tenglamadan qiymatlarni aniq aniqlang x va y bu taqiqlangan. Agar biz o'zgaruvchilarning tabiiy qiymatlari bilan cheklansak ham, bunday holatlar bo'lishi mumkin: 1 va 15, 3 va 14, 5 va 13 va boshqalar.

    bir juft raqam ( a , b ) ikki o‘zgaruvchili tenglamaning yechimi deyiladi, agar x ni a bilan, y ni b bilan almashtirganda haqiqiy tenglikka erishamiz.

    Ikki o'zgaruvchiga ega bo'lgan har bir tenglama uning yechimlari to'plamiga mos keladi, ya'ni barcha juft raqamlardan (a, b) tashkil topgan to'plam, tenglamaga almashtirilganda haqiqiy tenglik olinadi. Bunday holda, albatta, agar X va Y to'plamlari oldindan belgilansa, noma'lum x va y ni qabul qilishi mumkin, unda siz faqat shunday juftlarni olishingiz kerak (a , b ), buning uchun a X ga, b esa Y ga tegishli.

    Bir nechta raqam ( a, b) tekislikda koordinatalariga ega bo'lgan M nuqta bilan ifodalanishi mumkin a va b, M \u003d M (a, b). Ikki noma'lumli tenglamaning yechimlar to'plamining barcha nuqtalarining tasvirlarini ko'rib chiqsak, biz tekislikning ma'lum bir kichik to'plamini olamiz. U tenglamaning grafigi deb ataladi .

    Koeffitsientlarning kamida bittasi nolga teng bo'lmagan ikkita o'zgaruvchidagi chiziqli tenglamaning grafigi isbotlanishi mumkin, to'g'ri chiziqdir. Bu tenglamani tuzish uchun koordinatali ikkita nuqtani olish va ular orqali to'g'ri chiziq o'tkazish kifoya. Oldingi ishimda grafik yechim usulidan foydalanganman.

    Yechimlari bir xil bo'lgan ikkita o'zgaruvchidagi ikkita tenglama ekvivalent deyiladi.

    Masalan, x + 2y = 5 va 3x + 6y = 15 tenglamalari ekvivalentdir - bu tenglamalardan birini qanoatlantiradigan har qanday son juftligi ikkinchisini ham qanoatlantiradi.

    Ikki o'zgaruvchili tenglamalar bitta o'zgaruvchili tenglamalar bilan bir xil xususiyatlarga ega:

    1) agar tenglamada atamani belgisini o'zgartirib, bir qismdan ikkinchi qismga o'tkazsak, u holda biz berilganga ekvivalent tenglamani olamiz;

    2) agar tenglamaning ikkala qismi bir xil nolga teng bo'lmagan songa ko'paytirilsa yoki bo'linsa, berilgan tenglamaga ekvivalent bo'lgan tenglama olinadi.

    Diofant tenglamalarini echishning bir necha yo'li mavjud:

      Tanlov usuli

      Evklid algoritmidan foydalanish

      Davomli tortishishdan foydalanish

      Tarqatish (silliqlash) usuli

      Paskal dasturlash tilidan foydalanish

    Men o'z ishimda usullarni o'rgandim - variantlarni sanab o'tish va dispersiya (silliqlash)

    Variantlarni sanab o'tish usulini hisobga olgan holda, tenglamaning mumkin bo'lgan echimlari sonini hisobga olish kerak. Masalan, ushbu usulni quyidagi muammoni hal qilish orqali qo'llash mumkin:

    Vazifa 2. Andrey yozda kafeda ishlaydi. Har bir soat uchun unga 10 rubl to'lanadi. Va 2 r ni hisoblang. har bir singan plastinka uchun. Ustida o'tgan hafta u 180 r ishlab oldi. Agar u kuniga 3 soatdan ko'p bo'lmagan ishlaganligi ma'lum bo'lsa, u necha soat ishlagan va qancha plastinka sindirganini aniqlang.

    Yechim.

    Mayli x u bir hafta ichida ishlagan soat, keyin 10x R. unga pul to'landi, lekin u buzdi da plitalar, va undan ayiriladi 2y R. Bizda tenglama bor 10x - 2y \u003d 180, va x 21 dan kichik yoki teng. Biz quyidagilarni olamiz: 5x-y=90, 5x=90+y, x=18+y:5.

    Chunki x keyin butun son da o'ng tomonda butun sonni olish uchun 5 ga teng bo'linishi kerak. To'rtta holat mavjud

      y=0, x=18, ya'ni yechim juft - (18, 0);

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

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

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

    Men bu muammoni variantlarni sanab o'tish usuli yordamida hal qildim. Javob to'rtta mumkin bo'lgan variantni o'z ichiga oladi. Shu tarzda yana bir nechta muammolarni hal qilishga harakat qildim.

    Vazifa 3. 23 rubl miqdori ikki rubllik va besh rubllik tangalardan tayyorlangan. Bu ikki rubllik tangalardan nechtasi bor?

    Yechim.

    Mayli x - ikki rubllik tangalar soni, y - besh rubllik tangalar soni. Keling, tenglamani tuzamiz va yechamiz: 2x+5y=23; 2x=23–5y; x \u003d (23 - 5y): 2; x \u003d (22 + 1 - 5y): 2, biz 22 ni 2 ga va (1 - 5y) 2 ni atama bo'yicha ajratamiz, biz olamiz: x \u003d 11 + (1 - 5y): 2.

    Chunki x va y masala shartiga ko'ra natural sonlar, u holda tenglamaning chap tomoni natural son bo'ladi, ya'ni o'ng tomoni ham natural son bo'lishi kerak. Bundan tashqari, o'ng tomonda natural sonni olish uchun (1 - 5y) ifoda 2 ga to'liq bo'linishi kerak. Variantlarni sanab o'tamiz.

      y =1, x=9, ya'ni 9 ta ikki rubllik tanga bo'lishi mumkin;

      y=2, bunda (1 - 5y) ifoda 2 ga bo'linmaydi;

      y=3, x=4, ya'ni 4 ta ikki rubllik tanga bo'lishi mumkin;

      y 4 dan katta yoki teng bo'lsa, x natural son emas.

    Shunday qilib, masalaning javobi quyidagicha: tangalar orasida 9 yoki 4 ta ikki rubllik tangalar mavjud.

    4-topshiriq. Sherozzod buyuk hukmdorga ertaklarini aytib beradi. Hammasi bo'lib u 1001 ta ertak aytib berishi kerak. Shehrazadaning barcha ertaklarini aytib berish uchun qancha kecha kerak bo'ladi x kechalari u 3 ta ertak, qolganlari esa 5 ta ertak aytib beradi da kechalar

    Yechim.

    Hikoyachiga x + y kerak kechalar , bu erda x va y - 3x + 5y \u003d 1001 tenglamaning tabiiy ildizlari

    x \u003d (1001 - 5y): 3; chunki x natural son bo'lsa, tenglikning o'ng tomonida ham natural son bo'lishi kerak, ya'ni (1001 - 5y) ifoda 3 ga to'liq bo'linishi kerak.

    Keling, variantlarni ko'rib chiqaylik.

    y=1, 1001 - 5y=1001-5= 996, 996 3 ga bo'linadi, shuning uchun x=332; qaror (332;1);

    y=2, 1001– 10=991, 991 3 ga boʻlinmaydi;

    y=3, 1001 - 15 = 986; 986 3 ga bo'linmaydi;

    y \u003d 4, 1001 - 20 \u003d 981, 981 3 ga bo'linadi, shuning uchun x \u003d 327, yechim (327; 4) va hokazo.

    Bu muammoning 67 juft mumkin ildizlari bor, men bu muammoning barcha echimlarini ko'rsatmadim, chunki bu juda ko'p vaqtni oladi.

    Tenglama bolta + tomonidan = c (1) yuqoridagi masalalarda men variantlarni sanab o'tish usulini hal qildim. Men o'zim tushundimki, variantlarni sanab o'tish usuli bu muammoni hal qilish uchun har doim ham samarali emas, chunki tenglamaning barcha echimlarini topish uchun ko'p vaqt talab etiladi. Va, mening fikrimcha, bu hozirda ahamiyatsiz.

    Shuning uchun, men dispersiya (silliqlash) usuli yordamida Shehrazade muammosini hal qildim.

    Tarqalish usuli butun sonlarda butun sonli koeffitsientli birinchi darajali noaniq tenglamalarni yechishning umumiy usulidir.

    Shunday qilib, keling, Shehrazade haqidagi muammoni tarqalish usuli bilan hal qilaylik:

    Keling, 3x + 5y = 1001 tenglamasiga murojaat qilaylik.

    Uni boshqacha yozamiz: 3x = 1001 - 5y; 3x \u003d 1001 - 2y - 3y;

    x = -y +
    va belgilang x l= y + x

    Natijada, tenglama 3x ko'rinishini oladi 1 = 1001 - 2y yoki

    y = - x l
    .

    Agar biz yana y 1 \u003d y + x 1 ni almashtirsak, tenglamaga erishamiz.

    x 1 + 2y 1 \u003d 1001. E'tibor bering, noma'lumlar uchun koeffitsientlar kamaydi - ular maydalangan.

    Bu erda x 1 koeffitsienti 1 ga teng va shuning uchun har qanday y 1 \u003d t butun soni uchun x 1 soni ham butun sondir. Dastlabki o'zgaruvchilarni t shaklida ifodalash qoladi:

    x 1 \u003d 1001 - 2 t, shuning uchun y \u003d - 1001 + 3 t va x \u003d 2002 - 5 t. Demak, butun sonli yechimlarning cheksiz ketma-ketligini (2002 – 5 t , – 1001 + 3 t ) olamiz. . O'zgaruvchilar qiymatlarini topish uchun formulalarning ko'rinishi ilgari olingan echimlardan farq qiladi, ammo muammoning holatini hisobga olgan holda, ildizlar bir xil bo'ladi. Demak, (332;1) juftligi t =334 da olinadi.

    Menimcha, bu usul nafaqat qulayroq (u harakatlar algoritmiga ega), balki qiziqarli. Bu usul ma'lum ichida boshida qo'llaniladiVIichida. Hindistonlik matematik Aryabhatta.

    O'tgan yili men Brahmaguptaning o'zi taklif qilgan sochilish usullariga qadimgi hind Brahmagupta muammosining echimini ko'rsatdim. Qaror mantiqsiz edi.

    U quyida keltirilgan:

    "Birinchi raqamning 19 ga, ikkinchisining 8 ga ko'paytmalari orasidagi farq 13 ga teng ekanligini bilib, ikkita butun sonni toping."

    Masalada tenglamalarning barcha butun sonli yechimlarini topish talab etiladi.

    Yechim:

    (1) 19x – 8y = 13

    bildiraman y orqali koeffitsientning eng kichik mutlaq qiymatiga ega noma'lumdir x, men olaman:

    (2) y = (19x – 13)/8

    Endi biz qaysi butun son qiymatlarini aniqlashimiz kerak x mos keladigan qiymatlar y ham butun sonlardir. (2) tenglamani quyidagicha qayta yozaman:

    (3) y = 2x + (3x – 13)/8

    (3) dan kelib chiqadiki, x butun sonli y faqat (3) ifoda bo'lsagina butun son qiymatini oladi. x-13)/8 butun son, deylik y 1 . Taxmin qilib

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

    savol ikki noma'lum x va bo'lgan butun sonlarda (4) tenglamani yechishga keltiriladi y 1 ; shunday yozilishi mumkin:

    (5) 3x – 8y 1 = 13.

    Ushbu tenglamaning (1) asl tenglamadan afzalligi shundaki, 3 - noma'lumlar uchun koeffitsientlarning mutlaq qiymatlarining eng kichiki (1) dan kichikdir, ya'ni. 8. Bunga x (19) dagi koeffitsientni 8 ning qolgan qismiga almashtirish orqali erishildi.

    Xuddi shu tarzda davom ettirib, biz (5) dan olamiz:

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

    Shunday qilib, y 1 butun sonli noma'lum x faqat (2 y 1 + 13)/3 butun son, aytaylik y 2 :

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

    yoki

    (8) 3y 2 – 2 y 1 = 13.

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

    Taxmin qilib

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

    olish

    (11) y 2 – 2 y 3 = 13.

    Bu ko'rib chiqilayotgan noaniq tenglamalarning eng oddiyidir, chunki koeffitsientlardan biri 1 ga teng.

    (11) dan men olaman:

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

    Bu shuni ko'rsatadiki, y 2 y 3 ning har qanday butun qiymatlari uchun butun son qiymatlarini oladi. Tengliklardan (6), (9), (12), (3) ketma-ket almashtirishlar orqali (1) tenglamaning noma'lum x va y uchun quyidagi ifodalarni topishimiz mumkin:

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

    da= 2x + y 1 = 2(8y 3 + 39) + y 2 + y 3 = 19y 3 +91.

    Shunday qilib, formulalar

    x=8 y 3 + 39,

    y=19 y 3 + 91.

    Da y 3 = 0, + 1,+ 2, + 3, … (1) tenglamaning barcha butun yechimlarini keltiring.

    Quyidagi jadvalda bunday yechimlarga misollar keltirilgan.

    1-jadval.

    y3

    x

    y

    Keling, bu muammoni oqilona hal qilaylik. Yechim ma'lum bir algoritmdan foydalanadi.

    Vazifa 5.

    Birinchisining 19 ga, ikkinchisining 8 ga ko‘paytmalari orasidagi farq 13 ga teng bo‘lsa, ikkita raqamni toping.

    Yechim. 19x - 8y \u003d 13 tenglamasini yechish talab qilinadi

    Uni boshqacha yozamiz: 8y =19x –13; 8y =16x +3x -13; y = 2x +

    va belgilang y 1 \u003d y - 2x.

    Natijada, tenglama 8y 1 = Zx - 13 yoki x = 2y 1 ko'rinishini oladi.
    .

    Agar biz yana x 1 \u003d x - 2y 1 ni almashtirsak, tenglamaga erishamiz.

    3x l - 2y 1 \u003d 13.

    Noma'lumlar uchun koeffitsientlar kamaydi - ular ezilgan. Keyinchalik silliqlash: y 1 = x l +
    , keyin biz y 2 \u003d y 1 -x 1 ni olamiz.

    Natijada, oxirgi tenglama x 1 - 2y 2 ko'rinishiga aylantiriladi: \u003d 13. Bu erda x 1 koeffitsienti 1 ga teng va shuning uchun har qanday y 2 \u003d t butun soni uchun x 1 soni ham butun son.

    Dastlabki o'zgaruvchilarni t shaklida ifodalash qoladi:

    avval biz x 1 \u003d 2t +13, y 1 \u003d 3t +13 ni ifodalaymiz; va keyin x = 8 t +39, y = 19 t + 91.

    Shunday qilib, biz cheksiz ketma-ketlikni olamiz (39 + 8t, 91 + 19 t) butun sonli yechimlar. Tenglama bolta + tomonidan = c (1) yuqoridagi masalalarda men dispersiya (silliqlash) usulini hal qildim.

    IV. Xulosa.

    Diofant tenglamalarini yechishda ularni echishda men variantlarni sanab chiqish va dispersiya (silliqlash) usullaridan foydalandim. Ushbu usullar bilan men zamonaviy va qadimgi muammolarni hal qildim. Mening ishimning mazmuni ax + b y \u003d c (1) ikkita o'zgaruvchiga ega bo'lgan birinchi darajali tenglamalarni echishga qisqartirilgan vazifalarni o'z ichiga oladi.

    Ishim davomida men quyidagi xulosalarga keldim:

      Ro'yxatga olish usuli sezilarli vaqt xarajatlarini talab qiladi, ya'ni u juda qulay va oqilona emas.

      Menimcha, tarqatish usuli yanada oqilona. Qadimgi hind muammosini bu usul bilan yechayotganimda ma'lum bir yechim algoritmi borligini angladim. Maktabda yetarlicha bilimga ega edim. Ishonchim komilki, matematika rivojlanishi bilan dofan tenglamalarini echish usullari doimiy ravishda takomillashtirilmoqda.

    Kelgusi yil men Diofant tenglamalarini echish usullarini o'rganishni davom ettirmoqchiman.

    V. Adabiyotlar ro'yxati

      G. I. Glazer "Maktabda matematika tarixi" M.: ed. "Ma'rifat" 1964 yil 376s.

      I. G. Bashmakova "Diofantin va diofantin tenglamalari" M.: ed. "Fan" 1972 yil 68s.

      V. A. Nikiforovskiy "Tenglamalar olamida" M.: ed. "Fan" 1987 yil 176s.

      A. P. Savin " ensiklopedik lug'at yosh matematik "M.: ed. "Pedagogika" 1985 yil

      G. M. Voznyak, V. F. Gusev “Ekstrema uchun amaliy masalalar” M.: ed. "Ma'rifat" 1985 yil 144s.

      http :// uz . vikipediya . org

    VI. Ilova.

      Fermer xo'jaligida 167 m uzunlikdagi suv ta'minoti tizimini amalga oshirish kerak. Quvurlar 5 m va 7 m uzunlikda mavjud. Eng kam sonli ulanishlarni amalga oshirish uchun qancha quvurlarni ishlatish kerak (quvurlarni kesmang)?

    Bir va boshqa quvurlarning soni har xil bo'lishi mumkinligini hisobga olsak, 7 metrli quvurlar soni quyidagicha belgilanadi. x,5- metr - orqali da

    Keyin 7x - 7 metrli quvurlarning uzunligi, 5y - 5 metrli quvurlarning uzunligi.

    Bu yerdan noaniq tenglamani olamiz:

    7x+5y=167

    Masalan, o'zgaruvchini chiqarib da o'zgaruvchi orqali X, biz olamiz:

    Takrorlash orqali mos qiymat juftlarini topish oson X va da, bu 7x+5y=167 tenglamani qanoatlantiradi

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

    Bu yechimlardan oxirgisi eng foydalisi, ya'ni x=21; y=4.

    Raqamlar va tug'ilgan sanalarni taxmin qilishning ko'plab qadimiy usullari Diofant tenglamalarini echishga asoslangan. Shunday qilib, masalan, suhbatdoshning tug'ilgan kunini (oy va kun) taxmin qilish uchun undan ikkita mahsulot qo'shilishidan olingan miqdorni bilish kifoya: sananing raqami (X ) 12 va oy raqamlari (da ) 31 da.

    2. Ko`rilayotgan asarlarning yig`indisi 330 bo`lsin.Tug`ilgan yilni toping.

    Noaniq tenglamani yechamiz

    12 X + 31 da = 330.

    Tarqatish usulidan foydalanib, biz quyidagilarni olamiz:

    X = 43 – 31 da 4 ,

    da = 6 – 12 da 4 .

    Cheklovlar tufayli yagona yechim ekanligini aytish oson

    da 4 = 1, X = 12, da = 6.

    Shunday qilib, tug'ilgan sana: 6-oyning 12-kuni, ya'ni. 12 iyun.

    Chiziqli Diofant tenglamasini echish uchun siz butun sonlar bo'lgan "x" va "y" o'zgaruvchilarning qiymatlarini topishingiz kerak. Butun sonli yechim odatdagidan ko'ra murakkabroq va muayyan harakatlar to'plamini talab qiladi. Avval siz koeffitsientlarning eng katta umumiy bo'luvchisini (gcd) hisoblashingiz kerak, keyin esa yechimni toping. Chiziqli tenglamaning bitta butun yechimini topganingizdan so'ng, cheksiz ko'p boshqa echimlarni topish uchun oddiy naqshni qo'llashingiz mumkin.

    Qadamlar

    1-qism

    Tenglamani qanday yozish kerak

      Tenglamani standart shaklda yozing. Chiziqli tenglama - o'zgaruvchilarning darajalari 1 dan oshmaydigan tenglama. Bunday chiziqli tenglamani yechish uchun avval uni standart shaklda yozing. Chiziqli tenglamaning standart shakli quyidagicha ko'rinadi: A x + B y = C (\displaystyle Ax+By=C), qayerda A , B (\displaystyle A,B) va C (\displaystyle C)- butun sonlar.

      Tenglamani soddalashtiring (agar iloji bo'lsa). Tenglamani standart shaklda yozganingizda, koeffitsientlarga qarang A , B (\displaystyle A,B) va C (\displaystyle C). Agar ushbu koeffitsientlar GCDga ega bo'lsa, barcha uchta koeffitsientni unga bo'ling. Bunday soddalashtirilgan tenglamaning yechimi ham dastlabki tenglamaning yechimi bo'ladi.

      Tenglamani yechish mumkinligini tekshiring. Ba'zi hollarda, siz darhol tenglamaning yechimlari yo'qligini e'lon qilishingiz mumkin. Agar "C" koeffitsienti "A" va "B" koeffitsientlarining GCD ga bo'linmasa, tenglamaning echimlari yo'q.

      2-qism

      Evklid algoritmini qanday yozish kerak

      1. Evklid algoritmini tushuning. Bu oldingi qoldiq keyingi bo'luvchi sifatida ishlatiladigan takroriy bo'linishlar seriyasidir. Raqamlarni teng bo'luvchi oxirgi bo'luvchi ikkita sonning eng katta umumiy bo'luvchisi (gcd) hisoblanadi.

        Evklid algoritmini "A" va "B" koeffitsientlariga qo'llang. Chiziqli tenglamani standart shaklda yozganingizda, "A" va "B" koeffitsientlarini aniqlang va gcd ni topish uchun ularga Evklid algoritmini qo'llang. Masalan, chiziqli tenglama berilgan 87 x − 64 y = 3 (\displaystyle 87x-64y=3).

        Eng katta umumiy bo‘luvchini (gcd) toping. Oxirgi bo'luvchi 1 bo'lgani uchun GCD 87 va 64 1 ga teng. Demak, 87 va 64 soni tub sonlar bir-biriga nisbatan.

        Natijani tahlil qiling. Koeffitsientlarning GCD ni topganingizda A (\displaystyle A) va B (\displaystyle B), uni koeffitsient bilan solishtiring C (\displaystyle C) original tenglama. Agar a C (\displaystyle C) NOD ga bo'lingan A (\displaystyle A) va B (\displaystyle B), tenglama butun sonli yechimga ega; aks holda, tenglamaning yechimlari yo'q.

      3-qism

      Evklid algoritmidan foydalanib yechimni qanday topish mumkin

        GCD ni hisoblash bosqichlarini raqamlang. Chiziqli tenglamaning yechimini topish uchun almashtirish va soddalashtirish jarayonining asosi sifatida Evklid algoritmidan foydalanish kerak.

        Qolgan joy qolgan oxirgi bosqichga e'tibor bering. Qolganini ajratish uchun ushbu bosqich uchun tenglamani qayta yozing.

        Oldingi bosqichning qolgan qismini ajratib oling. Bu jarayon bosqichma-bosqich "yuqoriga ko'tarilish" dir. Har safar tenglamaning qolgan qismini oldingi bosqichdan ajratasiz.

        O'zgartirish kiriting va soddalashtiring. E'tibor bering, 6-bosqichdagi tenglama 2 raqamini o'z ichiga oladi, ammo 5-bosqichdagi tenglamada 2 raqami ajratilgan. Shunday qilib, 6-bosqichdagi tenglamadagi "2" o'rniga 5-bosqichdagi ifodani almashtiring:

        O'zgartirish va soddalashtirish jarayonini takrorlang. Ta'riflangan jarayonni Evklid algoritmi bo'ylab teskari tartibda takrorlang. Har safar oldingi bosqichning tenglamasini qayta yozasiz va uni oxirgi olingan tenglamaga almashtirasiz.

      1. O'zgartirish va soddalashtirish jarayonini davom ettiring. Bu jarayon siz Evklid algoritmining dastlabki bosqichiga etguningizcha takrorlanadi. Jarayonning maqsadi echilishi kerak bo'lgan dastlabki tenglamaning koeffitsientlari 87 va 64 bo'lgan tenglamani yozishdir. Bizning misolimizda:

        • 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-bosqichdagi o'rniga ibora)
        • 1 = 9 (64 − 2 ∗ 23) − 7 (23) (\displaystyle 1=9(64-2*23)-7(23))(2-bosqichdagi o'rniga ibora)
        • 1 = 9 (64) - 25 (87 - 64) (\displaystyle 1=9(64)-25(87-64))(1-bosqichdagi o'rnini bosgan ifoda)