Bevezetés……………………………………………………………………………………………………………… 1-2

1. Diophantus és művei……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

2. Diofantinuszi egyenletek megoldása…………………………………………………………..4-7

2.1. Diofantin egyenletek egy ismeretlennel…………………………………..4-5

2.2. Másodfokú határozatlan egyenletek x2 + y2 = z2………….5-6

2.3. Példák problémamegoldásra………………………………………………………………………………….7

3. Kutatásaim……………………………………………………………………………………8-11

4. Diophantus „sokszögszámairól”……………………………………………………………………………11-14

5. Következtetés…………………………………………………………………………………..15

6. Hivatkozási jegyzék……………………………………………………………………………

Bevezetés.

Nem sok történelem. Alexandriai Diophantus életének részleteiről szinte semmit sem tudunk. Diophantus idézi Hypsiclest - Kr.e. 2. század, Alexandriai Theon ír Diophantusról - Kr.u. 350 körül, feltételezhető, hogy élete ennek az időszaknak a határain belül zajlott. Diophantus életének lehetséges pontosítása azon a tényen alapul, hogy „Aritmetikáját” „a legtiszteletreméltóbb Dionysiusnak” ajánlja. Úgy tartják, hogy ez a Dionysius nem más, mint Dionysius alexandriai püspök, aki a Kr.u. 3. század közepén élt. Diophantus lakóhelye jól ismert - ez a híres Alexandria. A hellenisztikus világ tudományos gondolkodásának központja. A nádori antológia egy epigramma-feladatot tartalmaz:

Diophantus hamvai a sírban nyugszanak; Csodálkozz rá – és a kőre.

Az elhunyt kora bölcs művészetén keresztül fog beszélni.

Az istenek akaratából gyermekként élte le élete hatodát.

És találkoztam fél hatkor szöszökkel az arcomon.

Még csak hét múlt. Eljegyezte a barátnőjét.

Miután öt évet töltött vele, a bölcsnek fia született;

Szeretett fia apja életének csak a felét élte le.

Apjától a korai sírja vette el.

Kétszer két éve a szülő súlyos gyászt gyászolt,

Itt láttam szomorú életem határát.

(Fordítás)

Az egyenletek megoldásának modern módszereivel kiszámítható, hogy Diophantus hány évet élt.

Éljen Diophantus x évig. Hozzuk létre és oldjuk meg az egyenletet:

Szorozzuk meg az egyenletet 84-gyel, hogy megszabaduljunk a törtektől:

Diophantus tehát 84 évet élt *(Egy fiatal matematikus enciklopédikus szótára. Összeállította - Moszkva: Pedagógia, 1989)

A diofantini egyenletek tanulmányozása során általában a következő kérdések merülnek fel:

1. Vannak-e az egyenletnek egész megoldásai;

2. Egész megoldásainak véges vagy végtelen halmaza;

3. Oldja meg az egyenletet az egész számok halmazán, azaz keresse meg annak összes egész megoldását

4. Oldja meg az egyenletet a pozitív egész számok halmazán;

Ezért számomra érdekesnek tűnik a korábban bemutatott „Diofantin-egyenletek” tények alapján történő feltárása.

Ezért munkám célja:

Fedezze fel az egyenletek megoldásának lehetőségeit egy ismeretlennel;

Fedezze fel a két ismeretlent tartalmazó egyenletek változatait;

Találja meg az eredmények általános mintáit a problémák megoldásában.

A tanulmány relevanciája az egyenletek megoldásának nehézségeiből és a „diofantin-egyenletek” összeállításának problémáiból adódik.

Az ebben a munkában bemutatott anyag az olimpia feladatainak és vizsgadolgozatainak tanulmányozásán alapul.

én. Diophantus és művei

Diophantus fő műve az „Aritmetika” tizenhárom könyvben. Sajnos a tizenhárom könyvből csak az első hat könyv maradt fenn a mai napig. Diophantus „Aritmetika” összesen 189 feladatgyűjtemény, amelyek mindegyikéhez tartozik megoldás vagy több megoldási mód és a szükséges magyarázatok. Ezért első pillantásra úgy tűnik, hogy ez nem egy elméleti munka. A gondos olvasás azonban azt mutatja, hogy a problémák gondosan kiválasztottak, és nagyon konkrét, szigorúan átgondolt módszerek illusztrálására szolgálnak. Az ókorban szokás szerint a módszereket nem általános formában fogalmazzák meg, hanem megismétlik hasonló problémák megoldására. Az "Aritmetika" fő problémája a bizonytalan egyenletek pozitív racionális megoldásainak keresése. A racionális számokat Diophantus a természetes számokhoz hasonlóan értelmezi, ami nem jellemző az ókori matematikusokra. Először is, Diophantus megvizsgálja a másodrendű egyenletrendszereket két ismeretlenben. Meghatároz egy módszert más megoldások keresésére, ha az már ismert. Ezután hasonló módszereket alkalmaz magasabb fokú egyenletekre. A 10. században az „Aritmetikát” lefordították arabra, majd az iszlám országok matematikusai, Abu Kamil és mások folytatták Diophantus kutatásainak egy részét. Európában az aritmetika iránti érdeklődés megnőtt, miután Raphael Bombelli felfedezte ezt a művet a Vatikáni Könyvtárban, és Algebrájában (1572) publikált belőle 143 feladatot. 1621-ben megjelent az „Aritmetika” klasszikus, alaposan kommentált latin fordítása, amelyet Bachet de Meziriak készített. Diophantus módszerei óriási hatással voltak François Viète-ra és Pierre Fermat-ra, azonban a modern időkben a határozatlan egyenleteket általában egész számokkal oldják meg, és nem racionális számokkal, ahogyan Diophantus tette. Diophantus egyéb művei is ismertek. A „Sokszögszámokról” című értekezést nem őrizték meg teljesen. A fennmaradt részben geometriai algebrai módszerekkel számos segédtételt vezetünk le. Diophantus „A felületek méréséről” és „A szorzásról” című munkáiból is csak töredékek maradtak fenn. Diophantus „Porizmusok” című könyve csak néhány, az aritmetikában használt tételből ismert.* (Perelman mathematics. - Moszkva, 1962)

Következtetés: A fenti anyag alapján azt a következtetést kell levonni, hogy Alexandriai Diophantus nem áll meg egy megoldásnál, a másodikat és az azt követőket igyekszik felfedezni a feladatban.

2. Diofantin egyenletek megoldása.

2.1. Diofantin egyenletek egy ismeretlennel.

Ahol - egész számok.

Tétel. Ha egy egész együtthatós egyenletnek egész gyöke van, akkor ez a gyök a szám osztója (az egyenlet szabad tagja). Így egy egész együtthatós egyenlet egész gyökeinek megkeresésekor elég csak a szabad tag osztóit tesztelni.*(Meghívó elemi számelméletbe. , .)

1. probléma

Megoldás. Az egyenlet szabad tagjának a következő osztói vannak: https://pandia.ru/text/78/308/images/image009_5.gif" width="92 height=23" height="23">.

2. probléma. Oldja meg az egyenletet egész számokkal!

2x4 + 7x3 - 12x2 - 38x + 21 = 0.

Megoldás. Az egyenlet szabad tagjának a következő osztói vannak

Az eredeti egyenletbe behelyettesítve meg vagyunk győződve arról, hogy csak ebből a halmazból

a -3 szám az egész gyöke.

Válasz: x=-3.

2.2. Bizonytalan egyenletekII-a formax2 + y2 = z2

Van egy másik sajátos probléma a határozatlan idejű egyenletekkel kapcsolatban – ma már másodfokú –, amely körülbelül kétezer évvel Diophantus előtt merült fel az ókori Egyiptomban.

Ha egy háromszög oldalai arányosak a 3, 4 és 5 számokkal, akkor ez a háromszög derékszögű háromszög. Ezt a tényt használták fel derékszögek felépítésére a talajon. Egészen egyszerűen csinálták. A kötélre csomókat kötöttek egymástól egyenlő távolságra (1. ábra)

Rizs. 1.

A C pontban, ahol derékszöget kellett építeni, bekalapáltak egy csapot, a kötelet az építők által kívánt irányba húzták, a B pontban egy csapot kalapáltak (CB = 4) és úgy húzták a kötelet, hogy AC = 3 és AB = 5. Ilyen oldalhosszúságú háromszöget egyiptominak nevezünk. Természetesen megértjük, hogy egy ilyen konstrukció tévedhetetlensége a Pitagorasz-tétellel ellentétes tételből következik. Igazán,

32 + 42 = 52..gif" width="85 height=24" height="24"> egész számokban egészen egyszerűnek bizonyult. Írjuk sorba a természetes számok négyzeteit, elválasztva őket egymástól vessző alatt írja be az egymást követő négyzetek közötti különbséget:

1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 144, 169, 196 … .

3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27 … .

Most figyelem! Az alsó sorban is vannak négyzetszámok? Eszik! Közülük az első 9 = 32, felette 16 = 42 és 25 = 52, az ismerős hármas 3, 4, 5.

Az alsó sorban a következő négyzetszám a 25, ez 144-nek és 169-nek felel meg, innen találjuk az általunk ismert második hármast 5, 12, 13 stb. Innen jogunk van megfogalmazni a következő tételt: Minden páratlan a szám két egymást követő négyzet különbsége. Az ilyen sorok összeállítása meglehetősen unalmas és időigényes feladat. Képletekkel egyszerűbb és gyorsabb is megtalálni az ilyen számhármasokat. Ellenőrizzük, hogy ha páratlan szám, akkor . Ellenőrizzük azt is, hogy ebben az esetben a DIV_ADBLOCK443"> egyenlőség

if https://pandia.ru/text/78/308/images/image019_2.gif" width="88" height="41 src=">.gif" width="37" height="18 src="> .gif" width="100" height="42 src="> - a második három stb. * (Bashmakova és Diophantine egyenletek - M.: "Nauka", 1972)

2.3. Példák problémamegoldásra.

1. probléma.Keresse meg az egyenletnek kielégítő összes természetes számpárt

Megoldás. Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát, és írjunk fel egyenletet a következő formátumban: https://pandia.ru/text/78/308/images/image026_0.gif" width="63" height="21">, kapjuk két egyenletrendszer, amelyek megoldásával megtalálhatjuk a szükséges számokat:

Az első rendszernek van megoldása https://pandia.ru/text/78/308/images/image030_0.gif" width="91" height="21">.

Válasz: .

2. probléma. Bizonyítsuk be, hogy az egyenlet

Nincsenek teljes megoldásai.

Megoldás. Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát, és írjuk ezt az egyenletet a formába. 1. eset..gif" width="57" height="24 src=">, de ez a szám nem egész szám. Ez azt jelenti, hogy ha y=0 ennek az egyenletnek nincs egész számú megoldása. 2. eset. Legyen , akkor mind az öt Az egyenlet bal oldalán szereplő tényezők eltérőek. Másrészt a 33-as szám négy különböző tényező maximumának szorzataként ábrázolható (33=1·3·11 vagy 33=-1·3·(-). 11)·1, stb.) ennél az egyenletnél szintén nincsenek egész számú megoldások (Novoselov-féle elemi algebra). a „Pitagorasz-hármas” használata;

3. Kutatásom.

1. Keresse meg az összes természetes számot, amelyekreaz egyenlet3x + 5y = snemnegatív egész számokban van megoldása.

Nyilvánvaló, hogy c = 3,5, 6, 8, 9 esetén a 3x + 5 y = c egyenletnek van megoldása nemnegatív x és y számokban, de c = 1, 2, 4, 7 esetén az egyenletnek nincs megoldása ilyen megoldásokat. Figyeljük meg azt is, hogy ha Зn + 5т = с, (n, m Є N), akkor 3(n +1) + 5т = с + 3, tehát mivel 3*1 + 5*1 = 8, akkor a Зх + egyenlet 5y = c, ahol c = 8, 8 + 3 = 11, 11 + 3 = 14, 17, 20, 23,... van megoldása. Hasonlóképpen, mivel 3*3 = 9 és 5*2 = 10, akkor c = 9, 9 + 3 = 12, 15, 18,... és c = 10, 13, 16, 19,... esetén a a 3x + 5 y = c egyenletnek van megoldása nemnegatív egész számokban. De a 8 + 3t, ​​9 + 3t, ​​10 + 3t sorozatok, ahol t = 0,1, 2, 3,... minden 7-nél nagyobb természetes számot tartalmaznak. Így minden természetes szám esetén c > 1 , a 3x + 5 y = c egyenletnek van megoldása x és y nemnegatív egész számokban. Hadd adjak egy másik módot a probléma megoldására. Ez a módszer kevésbé kifinomult, mint a korábban megadott, de univerzálisabb. Abból áll, hogy először az (1) képletekkel megkeressük az egyenlet összes egész megoldását, majd az x és y nem-negativitása miatt a t egész paraméterre vonatkozó korlátozásokat kapunk. Tehát a 3*2+5*(-1) = 1-ből az következik, hogy 3*(2c) + 5*(-c) = c, azaz x0=2c és y0=-c. Ahonnan az (1) képlet szerint x = 2c-5t, y = - c + 3t kapjuk. Ezután a 2c-5t≥0 és - с+ 3t≥0 feltételekből t Є kapjuk. Így a probléma megoldásához meg kell jelölnünk c minden természetes értékét, amelynél a szegmens legalább egy egész számot tartalmaz. Nyilvánvaló, hogy ha a szegmens hossza

2c/5 – c/3 = c/15 legalább egy, akkor egész számot kell tartalmaznia. Ebből következik, hogy c ≥15 esetén a 3x + 5y = c egyenlet nemnegatív egész számokban is megoldható. Azok az esetek, amikor 1≤с≤14, egyszerű kereséssel könnyen ellenőrizhetők. Nézzük meg, hogy Є (3;5;6;8;9;10;11;12;13;14). Így a választ kapjuk: c Є (3;5;6) U (z Є Z │ z≥8 ).

2. Oldja meg az egyenletet egész számokban:

Oszd el 5-öt -4-gyel a maradékkal, , alakítsa át az eredeti egyenletet a formára

A https://pandia.ru/text/78/308/images/image041.gif" width="140" height="21 src="> lecserélése, ezért

DIV_ADBLOCK445">

Hol van 2x+y+7(3x-2y+z)=5. Ha most u= 3x-2y+z-t teszünk, akkor a következő egyenletet kapjuk: 2x+y+7u=5.

Így végül a következőt kapjuk: Y = 5-2x-7u, z = 10-7x-13u, ahol az x és Є Z paraméterek adják a feltételezett diofantin egyenlet általános megoldását. Ez a „legkisebb együtthatós” módszer alkalmazható az ax+by=c alakú diofantin egyenletek megoldására is.

4. Keress egy természetes számot, amelyet 3-mal elosztva 2, 5-tel osztva pedig 3 marad a maradék.

Jelöljük x-szel a kívánt számot. Ha x 3-mal való osztásának hányadosát y-vel, 5-tel osztási hányadosát z-vel jelöljük, akkor a maradékkal való osztás tételével x=3y+2, x=5z+3 kapjuk. Így természetes számokban kell megoldanunk az 5z-3у+1=0 egyenletet. Az egyenlet megoldására a korábban leírt algoritmust alkalmazva z=1+3t, y= 2+5t (t Є Z) és ezért x=5z+3=5(2+3t)+3= 8+15t . Mivel x-nek feltétel szerint természetes számnak kell lennie, a válaszban szereplő t paraméter csak nem negatív egész értékeket vehet fel, azaz X = 8 + 15t, t Є Z.

5. A filctollakat 7 rubelért, a ceruzákat egyenként 4 rubelért vásárolták, összesen 53 rubelért. Hány jelölőt és ceruzát vettél?

Legyen x a markerek száma, y ​​a ceruzák száma, akkor 7x+ 4y=53 feltétellel. Ennek a lineáris diofantikus egyenletnek egy sajátos megoldása: x=7, y=1. Ekkor az általános megoldása a következő alakú: x= 7-4t, y= 1+7t, t Є Z. Mivel azonban x> 0, y>0 feltétellel a t paraméter értékei csak t= 0 és t=1. t=0-nál x=7, y=1, t=1-nél pedig: x=3, y=8. Így két megoldás létezik, vagyis két lehetőség van filctoll és ceruza vásárlására 53 rubel értékben.

6. Két természetes szám különbsége 66, LCM-je pedig 360. Keresse meg ezeket a számokat.

Legyen a és b természetes számok, akkor feltétel alapján egy egyenletrendszerünk van: Mivel

a| 360, b | 360, akkor 360 = a*n, 360 = b*t, ahol n, m Є N. Innen kapjuk

https://pandia.ru/text/78/308/images/image045.gif" width="27" height="15">.gif" width="31" height="41 src=">, és behelyettesítve ezeket a kifejezéseket a rendszer első egyenletébe, ami közös nevezőhöz vezet, 60m-60n=11mn kapunk, ahonnan megtaláljuk

Mivel m>0 és n természetes szám, és n 0, akkor keresve azt találjuk, hogy n=4, n=5, majd m=15, m=60, ami azt jelenti: https://pandia.ru/text/78/308/images/image054.gif" width="31 " height="41 src=">.gif" width="31" height="41 src=">.gif" width="31" height="41 src=">.gif" width="31" height = "41 src=">=6. Így azt találjuk, hogy két számpár teljesíti a feladat feltételeit:

a=90, b=24 és a=72, b=6. *(Forkov-olimpia az iskolában. - Moszkva: Iris - sajtó, 2003)

Következtetés: A diofantin egyenletekkel kapcsolatos kutatásaim alapján megállapítható, hogy ezek megoldására különféle megközelítések alkalmazhatók.

4. Diophantus „sokszögszámairól”

Az egyestől háromtól kezdődően növekvő számok mindegyike az első, egytől kezdve sokszögnek nevezzük, és annyi szöge van, ahány egységet tartalmaz, oldala pedig az egyet követő szám lesz, azaz 2. Ekkor 3 háromszög lesz, 4 - négyszög, 5 - ötszög stb. A négyzetekről jól ismert, hogy egy bizonyos számot önmagával megszorozva kapunk. Az is bebizonyosodott, hogy minden sokszög, megszorozva egy számmal a szögeinek számától függően, és hozzáadva egy bizonyos szám négyzetéhez, szintén a szögeinek számától függően, egy bizonyos négyzetként ábrázolható. Ha három szám azonos különbséggel rendelkezik, akkor a legnagyobb és a középső nyolcszor vett szorzata, a legkisebb négyzetéhez hozzáadva olyan négyzet lesz, amelynek oldala egyenlő a legnagyobb és a két középső összegével.

Valóban, legyen három AB, B D és VD szám ugyanazzal a különbséggel; bizonyítania kell, hogy 8АВ*ВГ, (AB2-vel hozzáadva, négyzetet alkot, amelynek oldala megegyezik AB és 2ВГ összegével.

Bontsuk fel a 8AB*VG-t 8VG2-re és 8AG*VG-re.) Ezután az említetteket kettéosztjuk, 4AV*VG-t, 4VG2-t és 4AG*VG-t kapunk, azaz 4VG*GD-t, mert AG egyenlő GD-vel; DV2-vel együtt kapsz AB2-t. A 4AG-GV termékek közül a második, hozzáadva a DV2-hez, B A2-t ad. Most még azt kell kideríteni, hogy az AB2 a 4AB*VG-vel és a 4VG2-vel együtt hogyan fog négyzetet alkotni. Ha az AE-t ВГ-re állítjuk, akkor a 4АВ*ВГ 4ВА*АЭ-vé alakul, ami 4ГВ2-vel vagy 4АЭ2-vel hozzáadva 4ВЭ*ЭА (ВА*АЭ + АВЭ2) =(ААЭ2) lesz = ВЭ* EA.), és az AB2-hez hozzáadva egyenlő lesz BE és EA összegének négyzetével, mint egy egyenes (4BE-EA + AB2 = (BE + EA)2.). De BE és EA összege megegyezik AB és 2AE összegével, azaz 2ВГ. Q.E.D. Ha tetszőleges számú azonos különbségű számot adunk meg, akkor a legnagyobb és a legkisebb különbsége egyenlő a számok különbségének szorzatával, eggyel csökkentve. Legyen bármely AB, VG, VD, BE szám azonos különbséggel megadva, meg kell mutatni, hogy

AB és BE egyenlő az AB és VG különbségével, szorozva az AB, VG, VD, BE számával, eggyel csökkentve.

Valójában, mivel feltételezzük, hogy az AB, VG, VD, BE ugyanazokkal a különbségekkel rendelkezik egymás között, ez azt jelenti, hogy AG, GD, DE egyenlőek lesznek egymással. Ezért EA egyenlő AG-val, szorozva az AG, GD, DU számával; az AG, GD, DE mennyisége eggyel kevesebb lesz, mint az AB, VG, VD, BE mennyisége; Így az EA az AG többszöröse, eggyel kevesebb, mint az AB, VG, V D, BE szám. Az AE pedig a legnagyobb és a legkisebb számok közötti különbséget jelenti, az AG pedig az egyetlen közös különbségük. Egyszerűen fogalmazva, vannak háromszög, négyszög, ötszög stb.

Háromszög alakú számok

https://pandia.ru/text/78/308/images/image064.gif" alt="\frac(n(n+1))(2)" width="73" height="42"> !}

Tulajdonságok:

· Két egymást követő háromszögszám összege egy teljes négyzetet (négyzetszámot) ad.

A sorozat egy elemének paritása 4-es periódussal változik: páratlan, páratlan, páros, páros.

Négyzetszámok

A négyzetszámok két azonos természetes szám szorzata, vagyis tökéletes négyzetek:

1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, …, n².

Ötszögletű számok

1, 5, 12, 22, 35, 51, 70, 92, 117, 145, …, *(Aritmetika és egy könyv a sokszögű számokról. Fordítás ógörögből)

Következtetés: Diophantus geometriai értelmezést használva sokszögű számsorozatok képleteit származtatta, ami érdekes a matematikusok számára.

5. Következtetés.

Alexandriai Diophantus, az egyenletmegoldás különféle megközelítései alapján, valamint a „pytagorasz-hármasok” felhasználásával igyekszik a megoldásokat egyszerűről összetettre redukálni.

Munkám záró részében különösen azt szerettem volna hangsúlyozni, hogy a diofantini egyenletekkel foglalkozó szakirodalom tanulmányozásával bővítettem matematikai készségeimet és további ismereteket szereztem magáról Diophantusról, követőiről, valamint tudományos munkáinak hatásáról. a tudományos matematikai gondolkodás továbbfejlesztése. Diophantus módszereinek köszönhető, hogy magának Arkhimédésznek a módszereit is feltárták. És ha Arkhimédész integrációs módszereinek története alapvetően Newton és Leibniz integrál- és differenciálszámításának megalkotásával ér véget, akkor Diophantus módszereinek története további több száz évre nyúlik, összefonódva az algebrai függvények elméletének és az algebrainak a fejlődésével. geometria. Diophantus gondolatainak fejlődése Henri Poincaré és Andre Weil műveire vezethető vissza. Diophantus volt az, aki megnyitotta előttünk az aritmetika és az algebra világát. Ezért számomra különösen érdekesnek tűnt a Diophantine-analízis története.

6. Felhasznált irodalomjegyzék.

1. Számtan és könyv a sokszögszámokról. Fordítás ógörögből

2. Basmakov, és Diophantine egyenletek – M.: „Nauka”, 1972.

3. Feladatok városi és területi olimpiákhoz.

4. Új telepesek tanfolyam elemi algebrából. – M: Szovjet Tudomány, 1956

5. Perelman matematika. – Moszkva, 1962

6. Meghívó elemi számelméletre. , .

7. Forkov-olimpiák az iskolában. – Moszkva: Iris-press, 2003.

8. Cserkasov. Intenzív vizsgára felkészítő tanfolyam - M.: Rolf. 2000.

9. Egy fiatal matematikus enciklopédikus szótára. Összeállította – Moszkva: pedagógia, 1989.

Az Orosz Föderáció Oktatási és Tudományos Minisztériuma

Állami felsőoktatási intézmény

szakképzés

"Tobolszki Állami Szociális és Pedagógiai Akadémia

őket. DI. Mengyelejev"

Matematika Tanszék, TiMOM

Néhány diofantusi egyenlet

Tanfolyami munka

3. éves hallgató az FMF-en

Mataev Jevgenyij Viktorovics

Tudományos tanácsadó:

A fizikai és matematikai tudományok kandidátusa, Valickas A.I.

Fokozat: ____________

Tobolszk – 2011

Bevezetés………………………………………………………………………………........2

§ 1. Lineáris diofantikus egyenletek……………………………………..3

2. § Diofantusz egyenletx 2 – y 2 = a………………………………….....9

3. § Diofantusz egyenletx 2 + y 2 = a…………………………………... 12

4. § x egyenlet 2 + x + 1 = 3 év 2 …………………………………………….. 16

5. § Pitagorasz hármasikrek………………………………………………………………….. 19

6. § Fermat utolsó tétele…………………………………………………………23

Következtetés……………………………………………………………………………………..……………………………

Bibliográfia...........………………………………………………..30

BEVEZETÉS

A Diofantusz egyenlet a forma egyenlete P(x 1 , … , x n ) = 0 , ahol a bal oldal egy polinom a változókban x 1 , … , x n egész együtthatókkal. Bármilyen megrendelt készlet (u 1 ; … ; u n ) egész számok a tulajdonsággal P(u 1 , … , u n ) = 0 a diofantini egyenlet (partikuláris) megoldásának nevezzük P(x 1 , … , x n ) = 0 . Diofantinuszi egyenletet megoldani azt jelenti, hogy megtaláljuk az összes megoldását, pl. általános megoldás erre az egyenletre.

Célunk az lesz, hogy megtanuljuk, hogyan lehet megoldást találni néhány diofantusi egyenletre, ha ezek a megoldások léteznek.

Ehhez meg kell válaszolnia a következő kérdéseket:

A. Mindig van-e megoldása a diofantini egyenletnek, keresse meg a megoldás létezésének feltételeit.

b. Van-e olyan algoritmus, amely lehetővé teszi, hogy megoldást találjon a Diophantine-egyenletre?

Példák: 1. Diofantin egyenlet 5 x – 1 = 0 nincsenek megoldásai.

2. Diofantin egyenlet 5 x – 10 = 0 van megoldása x = 2 , ami az egyetlen.

3. Az egyenlet ln x – 8 x 2 = 0 nem Diophantine.

4. Gyakran alakegyenletek P(x 1 , … , x n ) = K(x 1 , … , x n ) , Ahol P(x 1 , … , x n ) , K(x 1 , … , x n ) – egész együtthatós polinomok, más néven diofantin. Formába írhatók P(x 1 , … , x n ) – K(x 1 , … , x n ) = 0 , amely szabvány a diofantin egyenletek számára.

5. x 2 – y 2 = a– Másodfokú diofantin egyenlet két ismeretlennel x és y bármely a egész számra. Megoldásai vannak a = 1 , de nincs megoldása erre a = 2 .

§ 1. Lineáris diofantikus egyenletek

Hadd a 1 , … , a n , Val velZ . A forma egyenlete a 1 x 1 + … + a n x n =c együtthatós lineáris diofantin egyenletnek nevezzük a 1 , … , a n , jobb oldali c és ismeretlenek x 1 , … , x n . Ha egy lineáris diofantin-egyenlet jobb oldala c nulla, akkor az ilyen diofantin-egyenletet homogénnek nevezzük.

Közvetlen célunk, hogy megtanuljuk, hogyan találjunk konkrét és általános megoldásokat két ismeretlent tartalmazó lineáris diofantin egyenletekre. Nyilvánvalóan bármilyen homogén Diofantine egyenlet a 1 x 1 + … + a n x n = 0 mindig van egy konkrét megoldása (0; … ; 0).

Nyilvánvaló, hogy egy lineáris diofantin egyenletnek, amelynek minden együtthatója nulla, csak abban az esetben van megoldása, ha a jobb oldala nullával egyenlő. Általánosságban a következők érvényesek:

Tétel (egy lineáris Diofantusz-egyenlet megoldásának létezéséről). Lineáris diofantusz egyenlet a 1 x 1 + … + a n x n =c, amelynek nem mindegyik együtthatója nulla, akkor és csak akkor van megoldása GCD(a 1 , … , a n ) | c.

Bizonyíték. A feltétel szükségessége nyilvánvaló: GCD(a 1 , … , a n ) | a én (1 én n) , Így GCD(a 1 , … , a n ) | (a 1 x 1 + … + a n x n ) , ami azt jelenti, hogy osztja és

c = a 1 x 1 + … + a n x n .

Hadd D= gcd(a 1 , … , a n ) , c =Dt És a 1 u 1 + … + a n u n = D – a számok legnagyobb közös osztójának lineáris kiterjesztése a 1 , … , a n. Mindkét oldalt megszorozva ezzel t, kapunk a 1 (u 1 t) + … + a n (u n t) = Dt = c, azaz egész szám

n-ka (x 1 t; ... ; x n t) megoldása az eredeti egyenletre n ismeretlen.

A tétel bizonyítást nyert.

Ez a tétel konstruktív algoritmust ad a lineáris diofantikus egyenletek részmegoldásának megtalálásához.

Példák: 1. Lineáris diofantusz egyenlet 12x+21y = 5 nincs megoldása, mert gcd(12, 21) = 3 nem oszt 5 .

2. Keress egy adott megoldást a Diofantine egyenletre 12x+21y = 6.

Ez most nyilvánvaló gcd(12, 21) = 3 | 6, tehát van megoldás. Írjuk fel a lineáris kiterjesztést GCD(12; 21) = 3 = 122 + 21 (–1). Ezért a pár (2; –1) – az egyenlet konkrét megoldása 12x+21y = 3, és egy pár (4; –2) – az eredeti egyenlet konkrét megoldása 12x+21y = 6.

3. Keressen egy konkrét megoldást egy lineáris egyenletre 12x + 21y – 2z = 5.

Mert (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , akkor létezik megoldás. A tétel bizonyítása után először az egyenletre találunk megoldást (12,21)x–2y=5, majd az előző feladatból a legnagyobb közös osztó lineáris kiterjesztését behelyettesítve az eredeti egyenlet megoldását kapjuk.

Az egyenlet megoldásához 3x – 2y = 5írjunk fel egy lineáris kiterjesztést GCD(3; –2) = 1 = 31 – 21 magától értetődően. Ezért egy pár szám (1; 1) az egyenlet megoldása 3 x – 2 y = 1 , és egy pár (5; 5) – a Diophantine-egyenlet egy sajátos megoldása 3x – 2y = 5.

Így, (12, 21)5 – 25 = 5 . Helyettesítve itt a korábban talált lineáris kiterjesztést (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , kapunk (122+21(–1))5 – 25 = 5 , vagy 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , azaz egész számok hármasa (10; –5; 5) az eredeti Diophantine egyenlet sajátos megoldása 12x + 21y – 2z = 5.

Tétel (egy lineáris diofantinuszi egyenlet általános megoldásának szerkezetéről). Lineáris diofantinuszi egyenlethez a 1 x 1 + … + a n x n =c a következő állítások igazak:

(1) ha = (u 1 ; ... ; u n ), = (v 1 ; ... ; v n ) konkrét megoldásai, akkor a különbség (u 1 – v 1 ; ... ; u n – v n ) – a megfelelő homogén egyenlet konkrét megoldása a 1 x 1 + … + a n x n = 0 ,

(2) a lineáris diofantin homogén egyenlet parciális megoldásainak halmaza a 1 x 1 + … + a n x n = 0 összeadás, kivonás és egész számokkal való szorzás alatt zárva,

(3) ha M egy adott lineáris diofantinuszi egyenlet általános megoldása, és L a megfelelő homogén Diophantine-egyenlet általános megoldása, akkor bármely konkrét megoldásra = (u 1 ; ... ; u n ) az eredeti egyenletből az egyenlőség igaz M = +L .

Bizonyíték. Az egyenlőség kivonása a 1 v 1 + … + a n v n = c egyenlőségtől a 1 u 1 + … +a n u n =c, kapunk a 1 (u 1 – v 1 ) + … + a n (u n – v n ) = 0 , azaz egy készlet

(u 1 – v 1 ; ... ; u n – v n ) – egy lineáris homogén Diofantusz-egyenlet sajátos megoldása a 1 x 1 + … + a n x n = 0 . Így bebizonyosodott, hogy

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

Ez bizonyítja az (1) állítást.

A (2) állítás hasonlóképpen bizonyított:

, L z Z L z L .

A (3) bizonyításához először azt jegyezzük meg M+L. Ez következik az előzőből: M+L .

Vissza, ha = (l 1 ; ... ; l n ) L és = (u 1 ; ... ; u n ) M, majd 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.

És így, + LM, és a végén M = +L .

A tétel bizonyítást nyert.

A bizonyított tételnek egyértelmű geometriai jelentése van. Ha figyelembe vesszük a lineáris egyenletet a 1 x 1 + … + a n x n =c, Ahol x én R, akkor a geometriából ismert módon térben határoz meg R n síkból nyert hipersík L homogén egyenlettel a 1 x 1 + … +a n x n =0 , az origón áthaladva, valamilyen vektorral eltolva R n. Felület megtekintése + L iránytérrel rendelkező lineáris elosztónak is nevezik Lés eltolási vektor . Így bebizonyosodott, hogy az általános megoldás M diofantin egyenlet a 1 x 1 + … + a n x n =c egy egész koordinátákkal rendelkező lineáris sokaság összes pontjából áll. Ebben az esetben az eltolási vektor koordinátái is egész számok, és a halmaz L a homogén Diophantine-egyenlet megoldásai a 1 x 1 + … + a n x n = 0 az iránytér összes pontjából áll, egész koordinátákkal. Emiatt gyakran mondják, hogy egy tetszőleges diofantusz-egyenlet megoldásainak halmaza egy lineáris sokaságot alkot egy transzlációs vektorral és irányító teret L.

Példa: a diofantinuszi egyenlethez x – y = 1 közös döntés Múgy néz ki, mint a (1+y; y), ahol yZ, az ő sajátos megoldása = (1; 0) és az általános megoldás L homogén egyenlet x – y = 0űrlapba lesz írva (y; y), Ahol nál nélZ. Így megrajzolhatjuk a következő képet, amelyen az eredeti Diophantine egyenlet megoldásai és a megfelelő homogén Diofantusz egyenlet a lineáris sokaságban félkövér pontokként vannak ábrázolva Més a tér L illetőleg.

2. Keresse meg a Diofantusz egyenlet általános megoldását! 12x + 21y – 2z = 5.

Privát megoldás (10; –5; 5) ezt az egyenletet korábban megtaláltuk, általános megoldást találunk a homogén egyenletre 12x + 21y – 2z = 0, ekvivalens a Diophantine-egyenlettel 12 x + 21 y = 2 z.

Ahhoz, hogy ez az egyenlet megoldható legyen, szükséges és elégséges, hogy a feltétel teljesüljön gcd(12, 21) = 3 | 2z, azok. 3 | z vagy z = 3t néhány egésznek t. Mindkét részt csökkentve ezzel 3 , kapunk 4x + 7y = 2t. A Diophantine-egyenlet (2; –1) sajátos megoldása 4x + 7y = 1 az előző példában található. Ezért (4t ; –2t)– az egyenlet konkrét megoldása 4x + 7y = 2t bármely

t Z. A megfelelő homogén egyenlet általános megoldása

(7 u ; –4 u) már megtalálták. Így az egyenlet általános megoldása 4x + 7y = 2t a következő formában van: (4t + 7u; –2t – 4u) , és a homogén egyenlet általános megoldása 12x + 21y – 2z = 0így lesz írva:

(4t + 7u; –2t – 4u; 3t).

Könnyen ellenőrizhető, hogy ez az eredmény megfelel-e a fent megfogalmazott tételnek, anélkül, hogy a homogén Diofantusz-egyenlet megoldásaira bizonyított volna. A 1 x 1 + … + a n x n = 0 : Ha P = , Hogy RÉs

(u; t) P a vizsgált homogén egyenlet általános megoldása.

Tehát a Diofantine egyenlet általános megoldása 12x + 21y – 2z = 5így néz ki: (10 + 4t + 7u; –5 – 2t – 4u; 5+3t).

3. Az előző egyenlet példáján egy másik módszert mutatunk be a diofantin egyenletek megoldására sok ismeretlenben, amely abból áll, hogy az együtthatói modulusainak maximális értékét egymás után csökkentjük.

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

12x + y – 2(z – 10y) = 5

Így a vizsgált egyenlet általános megoldása a következőképpen írható fel: (x; 5 – 12x + 2u; 50 – 120x + 21u), Ahol x, u– tetszőleges egész paraméterek.

2. § Diofantusz egyenletx 2 – y 2 = a

Példák: 1. Nál nél a = 0 végtelen számú megoldást kapunk: x = y vagy x = – y bárkinek y Z.

2. Nál nél a = 1 nekünk van x 2 – y 2 = 1 (x + y)(x – y) = 1 . Így az 1-es számot két egész tényező szorzatára bontjuk x + yÉs x – y(fontos, hogy x, y- egész!). A szám óta 1 csak két bővítés az egész tényezők szorzatára 1 = 11 És 1 = (–1)(–1) , akkor két lehetőséget kapunk: .

3. Mert a = 2 nekünk van x 2 – y 2 = 2 (x + y)(x – y) = 2. Az előzőhöz hasonlóan a bővítéseket is figyelembe vesszük

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), összeállítjuk a rendszereket:, amelyeknek az előző példával ellentétben nincs megoldása. Tehát a szóban forgó Diophantine-egyenletnek sincs megoldása x 2 – y 2 = 2.

4. Az előző megfontolások néhány következtetést sugallnak. Az egyenlet megoldásai x 2 – y 2 = a bomlás útján jönnek létre a = km a rendszerből származó egész számok szorzatába . Ennek a rendszernek akkor és csak akkor van teljes megoldása k + m És k – m párosak, azaz. amikor a számok k És m azonos paritású (egyidejűleg páros vagy páratlan). Így az x 2 – y 2 = a diofantusi egyenletnek akkor és csak akkor van megoldása, ha a két azonos paritású egész tényező szorzatára bontható. Csak meg kell találni egy ilyen .

Tétel (az egyenletrőlx 2 – y 2 = a ). (1) Egyenlet x 2 – y 2 = 0 végtelen számú megoldása van .

(2) Az egyenlet bármely megoldásának van alakja , Ahol a = km– az a szám felbontása két azonos paritású egész tényező szorzatára.

(3) Egyenlet x 2 – y 2 = a akkor és csak akkor van megoldása a 2 (mod 4).

Bizonyíték.(1) már bizonyított.

(2) már bizonyított.

(3) () Legyen először a Diofantusz egyenlet x 2 – y 2 = a van megoldása. Bizonyítsuk be a 2 (mod 4) . Ha a = km – azonos paritású egész számok szorzatára bontás, akkor párosra kÉs m nekünk van k = 2 l, m = 2 nÉs a = km = 4 ln 0 (mod 4) . Páratlan esetén k, m a munkájuk a szintén furcsa, különbség a – 2 páratlan és nem osztható vele 4 , azaz újra

a 2 (mod 4).

() Ha most a 2 (mod 4) , akkor meg tudjuk alkotni az egyenlet megoldását x 2 – y 2 = a. Valóban, ha a páratlan, akkor a = 1 a a páratlan egész számok szorzatává való kiterjesztése, így – a Diophantine-egyenlet megoldása. Ha a páros, akkor ennek köszönhető a 2 (mod 4) azt kapjuk 4 | a, a = 4 b = 2(2 b) a páros egész számok szorzatává való kiterjesztése, így – a Diofantini egyenlet megoldása.

A tétel bizonyítást nyert.

Példák: 1. Diofantin egyenlet x 2 – y 2 = 2012 nincs megoldása, mert 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Diofantin egyenlet x 2 – y 2 = 2011 vannak megoldásai, mert

2011 3 (mod 4). Nyilvánvaló terjeszkedéseink vannak

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

amelyek mindegyikére találunk megoldást (bármilyen karakterkombináció). Nincs más megoldás, mert... szám 2011 egyszerű(?!).

3. § Diofantusz egyenletx 2 + y 2 = a

Példák: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Így nyilvánvalóan bármely négyzet triviálisan ábrázolható két négyzet összegeként.

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. Erre nincsenek megoldások a = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

A fenti eredmények elemzése arra utalhat, hogy a megoldások hiánya valamilyen formában összefügg az alak prímszámaival

4 n+3 , jelen van a két négyzet összegeként nem ábrázolható számok faktorizálásában.

Tétel (a természetes számok két négyzetösszeggel történő ábrázolásáról). Egy a természetes szám akkor és csak akkor ábrázolható két négyzet összegeként, ha a kanonikus kiterjesztésében vannak prímszámok 4 n + 3 még kitevői is vannak.

Bizonyíték. Először bizonyítjuk be, hogy ha egy a természetes szám két négyzet összegeként ábrázolható, akkor a kanonikus kiterjesztésében az összes alakú prímszám 4 n + 3 páros kitevőkkel kell rendelkeznie. Tételezzük fel a bizonyítottakkal ellentétben, hogy a= p 2 k +1 b = x 2 + y 2 , Ahol

R - a forma prímszáma 4 n+3 És b p. Képzeljük el a számokat xÉs nál nél mint

x =Dz, y = Dt, AholD= gcd(x, y) = p s w, p w; z, t, s N 0 . Akkor megkapjuk az egyenlőséget R 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = p 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , azaz R 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . Az egyenlőség bal oldalán p van (a páratlan fok nem egyenlő nullával), ami azt jelenti, hogy a jobb oldalon lévő tényezők egyikét elosztjuk a p prímszámmal. Mert a p w, Azt p | (z 2 + t 2 ) , ahol a számok z, t kölcsönösen egyszerű. Ez ellentmond a következő lemmának (?!).

Lemma (két négyzet összegének az alak prímszámával való oszthatóságáról

4 n + 3 ). Ha prímszám p = 4n+3 elosztja két természetes szám négyzetének összegét, majd elosztja ezeket a számokat.

Bizonyíték. Az ellenkezőjéből. Hadd x 2 + y 2 0(mod p) , De x0(mod p) vagy y 0 (mod p) . Mert a xÉs y szimmetrikus, felcserélhetők, tehát feltételezhetjük, hogy x p.

Lemma (a modulo invertibilitásrólp ). Bármely egész számra x, nem osztható prímszámmal p, van egy inverz modulo elem p – egy ilyen egész szám 1 u < p, Mit xu 1 (mod p).

Bizonyíték. Szám x koprime -val p, így felírhatjuk a lineáris kiterjesztést GCD(x, p) = 1 = xu + pv (u, v Z) . Ez egyértelmű xu1(modp) , azaz u– inverz elem x modulo p. Ha u nem tesz eleget a korlátnak 1 u < p, majd felosztás u bekapcsolt mérleggel p, megkapjuk a maradékot r u (mod p) , amelyekre xr xu 1 (mod p) És 0 r < p.

Modulo invertálhatósági lemma p igazolt.

Összehasonlítás szorzása x 2 + y 2 0 (mod p) négyzetenként u 2 inverz elemet x modulo p, kapunk 0 = 0u 2 x 2 u 2 + y 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1+t 2 (p mod).

Így a t = yuösszehasonlítás megtörtént t 2 –1 (mod p) , ami ellentmondáshoz vezet. Ez egyértelmű t p: másképp t 0 (mod p) És 0 t 2 –1 (mod p) , ami lehetetlen. Fermat tétele szerint megvan t p –1 1 (mod p), amely együtt t 2 –1 (mod p) És p = 4 n + A 3 ellentmondáshoz vezet:

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

Az ebből eredő ellentmondás azt mutatja, hogy a feltevés kb x 0 (mod p) nem volt igaz.

Lemma két négyzetösszeg prímszámmal való oszthatóságáról 4 n+3 igazolt.

Így bebizonyosodott, hogy olyan szám, amelynek kanonikus kiterjesztése prímszámot tartalmaz p = 4 n + 3 páratlan hatványra, nem ábrázolható két négyzet összegeként.

Most bizonyítsuk be, hogy bármely szám, amelynek kanonikus kiterjesztésében vannak prímszámok p = 4 n + 3 csak páros hatványokban vesznek részt, és két négyzet összegeként ábrázolhatók.

A bizonyítás ötlete a következő azonosságon alapul:

(A 2 +b 2 )(c 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (hirdetés + bc) 2 ,

amelyet a komplex számok modulusának jól ismert tulajdonságából kaphatunk - egy szorzat modulusa egyenlő a modulusok szorzatával. Igazán,

| z|| t| = | zt| | a + kettős|| c + di| = |(a + kettős)(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 + (hirdetés + bc) 2 .

Ebből az azonosságból az következik, hogy ha két u, v szám két négyzet összegeként ábrázolható: u = x 2 + y 2 , v = z 2 + t 2 , akkor az uv szorzatuk két négyzet összegeként ábrázolható: uv = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .

Bármilyen természetes szám a > 1 formába írható a= p 1 … R k m 2 , Ahol R én– páronként eltérő prímszámok, m N . Ehhez elég megtalálni a kanonikus bővítést , írja le az űrlap minden hatványát r négyzet formájában (r) 2 méghozzá = 2, vagy formában r = r(r) 2 páratlannak = 2 + 1 , majd csoportosítsa külön a négyzeteket és a fennmaradó egyes prímeket. Például,

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

Szám m 2 triviális ábrázolása két négyzet összege: m 2 = 0 2 + m 2 . Ha az ábrázolhatóságot az összes prímszám két négyzetének összegeként igazoljuk R én (1 én k) , akkor az azonosság felhasználásával megkapjuk az a szám reprezentációját. Feltétel szerint, a számok között R 1 , … , R k csak találkozni lehet 2 = 1 2 + 1 2 és az alak prímszámai 4 n + 1 . Így maradt egy reprezentációt egy prímszám két négyzetének összege formájában p = 4t + 1. Válasszuk ezt az állítást egy külön tételbe (lásd alább)

Például azért a = 29250 = 2513(15) 2 sorban kapjuk:

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 .

A tétel bizonyítást nyert.

4. § Egyenletx+ x + 1 = 3y

Most foglalkozzunk az egyenlettel x+x+1=Zu. Ennek már megvan a maga története. 1950-ben R. Oblate azt javasolta, hogy a megoldás mellett

x=y=1. természetes számokban nincs más megoldása x, y, ahol x egy páratlan szám. Ugyanebben az évben T. Nagel jelezte a megoldást x= 313, y = 181. A fenti egyenletnél ismertetetthez hasonló módszer. x+x-2y=0, lehetővé teszi számunkra, hogy meghatározzuk az egyenlet összes megoldását x+x+1=3 év (1)

természetes számokban x, u. Tegyünk úgy, mintha (x, y) az (1) egyenlet megoldása természetes számokban, és x > 1. Könnyen ellenőrizheti, hogy a (18) egyenletnek nincs megoldása természetes számokban x, y, Ahol x = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9;így kell lennie x10.

Mutassuk meg 12u<7 x+3, 7у>4x+ 2. 4у> 2x+1 . (2)

Ha az lenne 12 év> 7x+3, volna 144у> 49 x+42 x+9 . és mivel, tekintettel a (18) 144у= 48x+ 48 x + 48 , akkor az lenne x< 6 x +3 9, honnan

DIOFANTÉSI EGYENLETEK

Bevezetés 3

1. fejezetÁltalános tudnivalók az egyenletek egész számokban történő megoldásáról. 1.1 Diofantikus egyenletek. 4

Történelmi hivatkozás. 5

2. fejezetEgyenletek egész számban történő megoldásának módszerei. 2.1 Az opciók felsorolásának módja. 6

Euklidész algoritmusa. 7 Folytatva törtek. 10 Faktorizációs módszer. 11 Egyenletek megoldása egész számokban négyzetként valamilyen változóhoz képest. 15 Maradék módszer. 16 Végtelen süllyedés módszere. 17

2. fejezetHíres diofantusi egyenletek.

Fermat tétele. 19 Pitagorasz-hármasok. 21 A Pitagorasz-tétel körül. 22 Más híres diofantusi egyenletek. 23

Következtetés. 25 Irodalom 28

Bevezetés

Azért fordultunk ehhez a témához, mert a jelenlegi matematika-tankönyvek nem mutatják be teljes körűen, és az olimpiákon és az egyetemi felvételi vizsgákon is felkínálnak ezzel kapcsolatos feladatokat. Természetesen az egyenletek egész számokban történő megoldásának témája aktuális volt, van és lesz is. Ez szavak nélkül is világos. Nem hiába tanulmányozzák a matematika kezdete óta. A lineáris diofantini egyenlet több ismeretlent tartalmazó a 1 x 1+... a n x n = c formájú egyenlet, ahol az (ismert) együtthatók a 1. , a n és c egész számok, és az ismeretlenek x 1 ,…, x n is egész számok. Az ilyen egyenletek megoldására redukálódnak a különféle szöveges feladatok, amelyekben az ismeretlen mennyiségek az ilyen vagy olyan objektumok számát fejezik ki, és ezért természetesek (vagy nem negatív egészek). Az ilyen egyenletek megoldásának elmélete az elemi matematika klasszikus ága. Nem kell bonyolult és körülményes képleteket írni, inkább gondos érvelést kell végezni bizonyos számelméleti fogalmak alapján, és koherens logikai struktúrába kapcsolva. Ennek az elméletnek a keretein belül lehetőség nyílik a vizsgált problémaosztályra átfogó megoldást adni a válasz megszerzésére szolgáló, világosan leírt algoritmussal. Az ókori Babilonban mintegy 4 ezer évvel ezelőtt speciális ilyen jellegű problémákat oldottak meg. Az ókori görög gondolkodó, Diophantus, aki körülbelül 2 ezer éve élt, az Aritmetika című könyvében nagyszámú ilyen és bonyolultabb egyenletet oldott meg egész számokkal, és lényegében leírta ezek megoldásának általános módszereit. Meg kell jegyezni, hogy minden egyes probléma egész számokban megoldható különböző módszerekkel.

Tekintsünk módszereket az egyenletek egész számokban történő megoldására. Ismerje meg a híres diofantusi egyenleteket.

1. fejezet Általános tudnivalók az egyenletek egész számokban történő megoldásáról.

1 Diofantikus egyenletek .

A diofantin egyenletek egész együtthatós algebrai egyenletek vagy ilyen egyenletrendszerek, amelyekre egész vagy racionális megoldásokat keresünk. Nevüket az ókori görög tudós, Diophantus (Kr. e. 3. század) után kapták, akinek „Aritmetika” című könyvében először tanulmányozták alaposan az ilyen egyenleteket. A diofantin aritmetika feladatait egyenletek segítségével oldják meg, az egyenletek megoldási feladatai pedig inkább az algebrához, mint az aritmetikához tartoznak, de megvannak a maguk sajátosságai:

egész együtthatós egyenletekre vagy egyenletrendszerekre redukálódnak. Ezek a rendszerek általában határozatlanok, azaz a bennük lévő egyenletek száma kevesebb, mint az ismeretlenek száma, csak egész számokat kell keresni, gyakran természeteseket.

Az egyenletek egész és természetes számokban történő megoldása során nagyjából a következő módszerek különböztethetők meg: 1. Az opciók felsorolásának módja. 2. Euklideszi algoritmus. 3. Folytatva törtek. 4. Faktorizációs módszer. 5. Egyenletek megoldása egész számokban négyzetként valamilyen változóra vonatkozóan. 6. Maradék módszer. 7. Végtelen süllyedés módszere. 1. 2 Történelmi háttér. Fermatnak köszönhetjük a diofantinus problémák modern megfogalmazását. Ő volt az, aki az európai matematikusok előtt felvetette a határozatlan egyenletek csak egész számokban történő megoldásának kérdését. Azt kell mondanunk, hogy ez nem Fermat találmánya volt – csak felébresztette az érdeklődést az egész számú megoldások iránt. Általában a tőlünk nagyon távoli időkben sok országban gyakoriak voltak azok a problémák, amelyek csak egész számú megoldást engednek meg. Körülbelül abban az időben, amikor Diophantus élt, messze keleten, Kínában, népszerűek voltak a maradványokkal való megosztással és a madarakkal kapcsolatos problémák. Vegyünk példának egy problémát egy ősi kínai gyűjteményből: „Keresd meg azt a számot, amellyel elosztva 3 adja a maradékot 2 , osztva a 5 - maradék 3 , és ha elosztjuk 7 - maradék 2 " (Érdekes, hogy ez a probléma ugyanazokkal a számszerű adatokkal csaknem egy évezreddel később a pisai Leonardo „Abacus könyvében” található.) Az ókori matematikusok a legtöbb esetben egy, vagy ritkábban több megoldást találtak meghatározatlan problémákra, főleg kiválasztással. Igaz, e kiválasztás mögött általában ott volt egy rendszer, amelynek feltárása után a modern szimbolikával felvértezve le tudjuk írni az egyenlet összes szükséges megoldását. 2. fejezet Egyenletek megoldási módszerei egész számokban.

2. 1 A lehetőségek felsorolásának módja.

1. feladat.

Tegyük fel, hogy polipok és tengeri csillagok élnek egy akváriumban. A polipoknak 8 lába van, a tengeri csillagnak pedig 5. Összesen 39 végtag van az akváriumban?

Megoldás. Hadd x- tengeri csillagok száma, nál nél– polipok száma. Akkor minden polipnak van 8u lábak, és az összes csillag 5x lábak Készítsünk egy egyenletet: 5x + 8y = 39. Vegye figyelembe, hogy az állatok száma nem fejezhető ki nem egész vagy negatív számokkal. Ezért ha x akkor egy nem negatív egész szám y=(39 – 5x)/8 egésznek és nem negatívnak kell lennie, ezért szükséges, hogy a kifejezés 39-5x maradék nélkül osztva vele 8 . A lehetőségek egyszerű felsorolása azt mutatja, hogy ez csak akkor lehetséges, ha x = 3, Akkor y = 3. Válasz:(3; 3)

2. 2 Euklideszi algoritmus.

Megtalálható a természetes számok gcd-je aÉs b, nem úgy, hogy ezeket a számokat prímtényezőkké alakítjuk, hanem a maradékkal való osztást alkalmazzuk. Ehhez el kell osztani ezek közül a számok közül a nagyobbat a kisebbel, majd a kisebbet az első osztás maradékával, majd az első osztás maradékát a második osztás maradékával, és folytatni kell ezt a folyamatot. amíg az osztódás maradék nélkül meg nem történik. Az utolsó nem nulla maradék a kívánt gcd ( a, b). Ennek az állításnak a bizonyítására képzeljük el a leírt folyamatot a következő egyenlőséglánc formájában: ha a> b, Azt a = bq0 + r1b = r1q1 + r2 r1 = r2q2 + r3(1) . . . . . . . . . . . . rn – 1 = rnqn Akkor r1, . . . , rn- pozitív maradékok, amelyek a szám növekedésével csökkennek. Az első egyenlőségből következik, hogy a számok közös osztója aÉs b oszt r1 és közös osztó bÉs r1 oszt a, Ezért GCD (a, b) = GCD (b, r1) = GCD (r1, r2) = … = gcd (rn -1, rn)= = gcd (rn, 0) = rn. Az állítás bebizonyosodott. A GCD megtalálásának adott módszerét a maradékkal való szekvenciális osztás módszerének vagy Euklidész algoritmusának nevezik, mivel ezt először az „Elvek”-ben vázolta fel. Térjünk át az (1) rendszerre. Az első egyenlőségből, a maradékot kifejezve r1 keresztül aÉs b, kapunk r1 = a – bq0 . Ezt a folyamatot folytatva az összes maradékot kifejezhetjük aÉs b, kapunk r1 = a – bq0 . Ha behelyettesítjük a második egyenlőségbe, azt találjuk r2 = b(1 + q0 q1) – aq1 . Folytatva ezt a folyamatot, az összes maradékot kifejezhetjük a-val és b-vel, beleértve az utolsót is: rn = Aa + Bb. Ennek eredményeként bebizonyítottuk a következő állítást: ha d– természetes számok legnagyobb közös osztója aÉs b, akkor vannak ilyen egész számok AÉs B, Mit d = Aa + Bb. Vegye figyelembe, hogy az együtthatók AÉs B különböző jelei vannak; Ha GCD (a, b) = 1 , Azt Aa + Bb = 1 . Hogyan lehet számokat találni AÉs B, látható az euklideszi algoritmusból. Térjünk most át egy lineáris egyenlet megoldására két ismeretlennel. Úgy néz ki: fejsze + által = c (2) Két eset lehetséges: vagy a szám c osztva d= gcd(a, b) , vagy nem. Az első esetben az egyenlet mindkét oldalát oszthatjuk vele dés redukáljuk a problémát az egyenlet egész számokban történő megoldására a1 x = b1 y = c1 , amelynek együtthatói a1 = a/ d És b1 = b/ d kölcsönösen egyszerű. A második esetben az egyenletnek nincsenek egész megoldásai: bármely egész számra x És y szám fejsze + által osztható d-vel, ezért nem lehet egyenlő a számmal c, amely be van kapcsolva d nem osztja meg. Tehát korlátozhatjuk magunkat arra az esetre, amikor a (2) egyenletben az együtthatók aÉs b kölcsönösen egyszerű. Az előző mondat alapján vannak ilyen egész számok x0És y0, Mit fejsze0 + által0 = 1 honnan való a pár? (сх0, су0) kielégíti a (2) egyenletet. Ezzel együtt a (2) egyenletet egy végtelen párhalmaz teljesíti (x, y) képletekkel megtalálható egész számok x = cx0 + bt, y = cy0 – at.(3) Itt t - bármilyen szám. Könnyen kimutatható, hogy más egész megoldásokra az egyenlet ah +által = c nem rendelkezik. A (3) formában írt megoldást a (2) egyenlet általános megoldásának nevezzük. Helyettesítés t egy adott egész szám, akkor megkapjuk az adott megoldását.

2. feladat.

Keressünk például egész számú megoldást az egyenletre 2 x + 5 y = 17 . Megoldás.

Számokra vonatkozik 2 És 5 Euklideszi algoritmust kapunk 2 * 3 – 5 = 1 . Szóval ez egy pár сх0 = 3 * 17, sy0 = - 1 * 17 kielégíti az egyenletet 2x + 5y = 17. Ezért a hozamegyenlet általános megoldása a következő:

x = 51 + 5t, y = -17 - 2t, Ahol t bármilyen egész értéket elfogad. Nyilvánvalóan a nem negatív megoldások megfelelnek azoknak t, amelyre az egyenlőtlenségek teljesülnek  51 + 5 t  0   - 17 - 2 t  0

Innen találjuk – 51/5  t  - 17/2 . Ezt az egyenlőtlenséget a számok kielégítik - 10 , - 9 . A megfelelő konkrét megoldásokat párok formájában írjuk le: (1,3), (6, 1) .

3. feladat.

Mennyiért lehet vásárolni 100 kakasok, tyúkok és csirkék érméi, ha mindent meg kell vásárolnia 100 madarak, és a kakas áll 5 érmék, csirke - 4 , A 4 csirke - egy érme?

Megoldás.

Hadd x– a szükséges számú kakas, nál nél- csirkék, és 4 z- csirkék. Hozzunk létre egy rendszert  x + y + 4z = 100

 5 x + 4 y + z = 100, amelyeket nem negatív egész számokban kell megoldani. A rendszer első egyenletét megszorozva ezzel 4 , a második pedig – be (-1) és az eredményeket összeadva jutunk el az egyenlethez - x + 15 z = 300 egész megoldásokkal x = -300 + 15 t, z = t. Ha ezeket az értékeket behelyettesítjük az első egyenletbe, azt kapjuk y = 400 - 19 t. Ez azt jelenti, hogy a rendszer egész megoldásainak van alakja x = -300 + 15 t,

y = 400 - 19 t, z = t. A probléma körülményeiből következik, hogy

 -300 + 15 t  0

 400 – 19 t  0

 t  0 , ahol 20  t  21 1/19 , azaz t = 21 vagy t = 20 .

Válasz.

Tovább 100 érméket lehet vásárolni 20 csirkék és 80 csirkék, ill 15 kakasok, 1 csirke és 84 csirke

4. feladat.

Egy parasztasszony egy kosár tojást vitt a piacra. Egy gondatlan lovas egy nőt előzve hozzáért a kosárhoz, és az összes tojás eltört. A kárt meg akarván téríteni, megkérdezte a parasztasszonytól, hány tojás van a kosárban. Azt válaszolta, hogy nem tudja a tojások számát, de azt, hogy mikor rakta ki őket 2 , Által 3 , Által 4 , Által 5 és által 6 , akkor minden alkalommal egy tojás extra maradt, és amikor kirakta 7 , nem marad felesleges tojás. Hány tojást vitt a parasztasszony a piacra?

Megoldás.

Hadd x– tojások száma. Mert x-1 osztva 2 , tovább 3 , tovább 4 , tovább 5 , tovább 6 , akkor elosztjuk az LCM-jükkel, egyenlő 60 . Eszközök, xúgy néz ki, mint a 60U + 1. Ezért a probléma kérdésének megválaszolásához meg kell oldani az egyenletet természetes számokban 60у + 1 = 7z. Az euklideszi algoritmus segítségével megtaláljuk y0 = -2, z0 = - 17 , amelyből az egyenlet összes egész megoldásának alakja van y = -2 + 7t, z = -17 + 60 t, Ahol t– tetszőleges egész szám. A legkisebb pozitív megoldást akkor kapjuk, ha t = 1 . Ebben az esetben y = 5, z = 43 . Szóval a parasztasszony kivitte a piacra 301 tojás.

Válasz.

Egy parasztasszony vitte a piacra 301 tojás.

2. 3 Folyamatos törtek.

A következő módszer a folytatólagos vagy folytatásos törtekkel foglalkozik.

Térjünk vissza az euklideszi algoritmusra. Az (1) rendszer első egyenlőségéből következik, hogy a tört a/ b felírható egy egész rész és egy megfelelő tört összegeként: a/ b = q0 + r1/ b. De r1/ b = 1/ b/ r1 , és ugyanannak a rendszernek a második egyenlősége alapján, amivel rendelkezünk b/ r1 = q1 + r2/ r1 . Eszközök, a/ b= q0+1/(q1+ r2/ r1) . Következő kapunk a/ b= q0 + 1/(q1+1/(q2+ r3/ r2)). Addig is folytassuk ezt a folyamatot. Amíg el nem érjük a nevezőt qn

Ennek eredményeként egy közönséges törtet fogunk képviselni a/ b a következő formában: a / b = q0 + 1 / (q1 + 1 / (…+ 1 / qn)). Euler az ilyen típusú törteket nevezte tovább. Körülbelül ugyanebben az időben egy másik kifejezés jelent meg Németországban - a folyamatos tört. Tehát ezek a törtek mindkét nevet megtartották. A folytonos tört kiterjesztett jelölésének nehézkessége miatt kompakt jelölést használnak [ q0; q1, q2, …, qn] .

5. feladat.

Tört elküldése 40/31 lánc formájában.

Megoldás.

40/31 = 1 + 9/31 = 1 + 1/3 /9 = 1 + 1/(3 + 4 / 9) = 1 + 1 / (3 + 1 / 9 / 4) = =1 + 1 / (3 + 1 / (2 +1 / 4)) =

A folytonos törtek használatának kényelme abban rejlik, hogy tulajdonságaik nem kapcsolódnak egyetlen számrendszerhez sem. Emiatt hatékonyan használják az elméleti tanulmányokban. A folyamatos törtek azonban nem kaptak széles körben elterjedt gyakorlati felhasználást, mivel nincsenek kényelmes szabályok az aritmetikai műveletek végrehajtására.

2. 4 A faktorizálás módja.

6. feladat.

Oldja meg az egyenletet egész számokkal: x² - y² = 91.

Megoldás.

Tényezőzzük ennek az egyenletnek a bal oldalát: (x–y)(x+y)= =91 . Mert 91= 1 * 91 =91 * 1=(-1) * (-91) = (-91) * (- 1) = 7 * 13 =

= 13 * 7 = (-7) * (-13) = (-13) * (-7) , akkor ennek az egyenletnek a megoldása nyolc rendszer megoldására redukálódik:

1) x – y = 1

x + y = 91

(46; 45)

2) x – y =- 1

x + y = - 91

(-46; -45)

3) x – y = -91

x + y = 1

(46; -45)

4) x – y = -91

x + y = -1

(-46; 45)

5) x – y = 7

x + y = 13

6) x – y = -7

x + y = -13

(-10; -3)

7) x – y = 13

x + y = 7

(10; -3)

8) x – y = -13

x + y = -7

(-10; 3)

Válasz.

(46; 45),(46; - 45),(-46; -45),(-46; 45),(10; 3),(10; -3),(-10; -3),(-10; 3).

7. feladat.

Oldja meg egész számokkal x³ + 91 = y³.

Megoldás.

Írjuk át ezt az egyenletet a következő formában y³ - x³ = 91, faktorizáljuk a bal oldalt (y – x)(y² + xy + x²) = 91. vegye észre, az y² + xy + x² = (y + x/2)² + ¾x² 0 nál nél nál nél R.

Ez azt jelenti, hogy ennek az egyenletnek a megoldása a következő rendszerek megoldására redukálódik

1) y – x = 1

 y² + xy + x² = 91 (5; 6),(-6; -5) ;

2) y – x = 1

 y² + xy + x² = 1 a rendszernek nincs megoldása egész számokban;

3) y – x = 13

 y² + xy + x² = 7 egész számban nincsenek megoldások;

4) y – x = 7

 y² + xy + x² = 13 ezt a rendszert megoldva kapjuk (-3; 4),(-4;3).

Válasz.

(5; 6), (-6; -5), (5; 6), (-6; -5) .

8. feladat.

Oldja meg egész számokkal xy=x+y

Megoldás.

xy – x – y + 1 = 1. Ennek az egyenletnek a bal oldalát a csoportosítási módszerrel faktorizáljuk . x(y – 1) – (y – 1) = 1; (y – 1) (x – 1) = 1. Ennélfogva,

y – 1 = 1

x – 1 = 1

y – 1 = -1

x – 1 = -1

Válasz.

(2; 2), (0; 0).

9. feladat.

Oldja meg természetes számokban 2x² + 5xy – 12y² = 28.

Megoldás.

Tényezőzzük ennek az egyenletnek a bal oldalát, és írjuk át az egyenletet a következő formában: 2x² - 3xy + 8xy - 12y² = 28.

A csoportosítási módszert alkalmazva azt kapjuk (2x – 3 év) (x + 4 év) = 28. Mert x, nál nél akkor természetes számok (x + 4 év) NÉs x + 4 év 4 , akkor a következő esetek lehetségesek:

1) 2x – 3y = 1

x + 4y = 28

2) 2x – 3y = 4

x + 4y = 7

természetes számokban nincsenek megoldások;

3) 2x – 3y = 1

x + 4y = 28

A természetes számokban nincsenek megoldások.

Válasz.

10. probléma.

Oldja meg egész számokkal 2xy = x² + 2y.

Megoldás.

Írjuk át az egyenletet a következő formában x² - 2xy + 2y = 0. Ezt az egyenletet is a faktorizációs módszerrel oldjuk meg, azonban a négyzetek különbségi képletével vagy a csoportosítási módszerrel ennek az egyenletnek a bal oldalát nem tudjuk faktorizálni, ezért célszerűbb a teljes izolálás módszerét használni. négyzet.

(x² - 2xy + y²) - y² + 2y - 1 + 1 = 0, (x - y)² - (y - 1)² = -1.

(x – y – y + 1)(x – y + y – 1) = -1, (x – 2y + 1) (x – 1) = -1.

Ennek az egyenletnek a megoldása a következő rendszerek megoldásához vezet:

 x – 2y + 1= -1vagy  x – 1= -1

 x – 1 = 1 x – 2y + 1= 1

(2; 2) döntések nat. nincsenek számok

Válasz.

Tehát a fent tárgyalt egyenletek alapján arra a következtetésre juthatunk, hogy az egyenletek faktorizációs módszerrel történő megoldása során a következőket használjuk: rövidített szorzóképletek, csoportosítási módszer és egy teljes négyzet elkülönítésének módszere.

Most nézzünk bonyolultabb egyenleteket.

11. probléma.

Oldja meg természetes számokban x² – 4xy – 5y² = 1996.

Megoldás.

Írjuk át az egyenletet a formába (x²-4xy+4y²)–9y²=1996, (x-4y)²–9y²=1996.

Tényezőzzük a bal oldalt (x – 5 év) (x + y) = 1996.

1996=1 * 1996=2 * 998=4 * 499= -1 * (-1996)= -2 * (-998) = -4 * (-499).

Mert x N, y N, Azt (x + y) N, és (x + y) > 1. Ha (x + y) NÉs (x + y) (x – 5y) = 1996, Azt (x – 5 év) N. Ezután a kapott egyenlet megoldását a következő rendszerek megoldására redukáljuk

1) x - 5y = 1

x + y = 1996

természetes számokban nincsenek megoldások

2) x - 5y = 499 vagy  x - 5y = 4

x + y = 4 x + y = 499

a természetes számok megoldási rendszerei nem rendelkeznek

3) x - 5y = 2 vagy  x - 5y = 988

x + y =998 x + y =2

(832; 166) természetes számokban nincs megoldás

Válasz.

x = 832, y = 166.

2.5 Egyenletek megoldása egész számokban, négyzetben bármely változóhoz képest.

12. probléma.

Oldja meg egész számokkal 5x²+ 5y² + 8xy + 2y – 2y + 2 = 0.

Megoldás.

Ha ezt az egyenletet faktorizációs módszerrel próbáljuk megoldani, akkor ez elég munkaigényes munka, így ez az egyenlet egy elegánsabb módszerrel is megoldható. Tekintsük az egyenletet mint négyzetes rokon O x 5x²+(8y-2)x+5év²+2év +2=0 , x1,2 = (1 – 4y ±√(1 – 4у) ² - 5(5у² + 2у + 2))/5 = (1 - 4у ±√ -9(y + 1)²)/5.

Ennek az egyenletnek van megoldása, ha a diszkrimináns nullával egyenlő, azaz. –9(y + 1) = 0, innen y = -1. Ha y = -1, Azt x =1.

Válasz.

13. probléma.

Oldja meg egész számokkal 3(x² + xy + y²)= x + 8y

Megoldás.

Tekintsük az egyenletet másodfokúnak a vonatkozásában x 3x² + (3 év - 1)x + 3 év² - 8 év = 0. Keressük az egyenlet diszkriminánsát D= = (3у - 1)² - 4 * 3 (3у² - 8у) = 9у² - 6у + 1 - 36у² + 96у = -27у² + 90у + 1.

Adott egyenlet az oktatásnak gyökerei vannak, HaD  0 , azaz –27 у² + 90 у + 1 0

(-45 + √2052)/ (-27)  nál nél (-45 -√2052)/ (-27) (4)

Mert nál nél Z, akkor csak a (4) feltétel teljesül 0, 1, 2, 3 . Ezeket az értékeket végignézve azt találjuk, hogy az egész számokban szereplő egyenletnek vannak megoldásai (0; 0) És (1; 1) .

Válasz.

(0; 0) , (1; 1) .

14. probléma.

Oldja meg az egyenletet 5x² - 2xy + 2y² - 2x - 2y + 1 = 0.

Megoldás.

Tekintsük ezt az egyenletet másodfokúnak x függő együtthatókkal y, 5x² - 2(y + 1)x + 2y² - 2y + 1 = 0.

Keressük a diszkrimináns negyedét D/4=(y+1)²-5(2y²-2y+1)=-(3 y-2)².

Ebből következik, hogy az egyenletnek csak akkor van megoldása -(3у – 2)² = 0, ez azt jelenti y = ⅔, akkor megtaláljuk x = ⅓.

Válasz.

(⅓; ⅔).

2.6 Maradék módszer.

15. probléma.

Oldja meg egész számokkal 3ª = 1 + y²

Megoldás.

Ez egyértelmű (0; 0) – ennek az egyenletnek a megoldása. Bizonyítsuk be, hogy nincs más megoldás.

Nézzük az eseteket:

x N, y N(5)

Ha x N , Azt 3ª osztva 3 nyom nélkül, és y² + 1 amikor osztják 3 a maradékot sem adja 1 , vagy 2 . Ebből következően a természeti értékek egyenlősége (5). xÉs nál nél lehetetlen.

2) Ha x– negatív egész szám, y  Z, Akkor 0<3ª<1, A 1+y² 0 és egyenlőség (5) szintén lehetetlen. Ezért a (0; 0) az egyetlen megoldás.

Válasz.

16. probléma.

Bizonyítsuk be, hogy az egyenletrendszer

x² - y² = 7

z² - 2y² = 1

nincs egész számban kifejezett megoldása.

Megoldás.

Tegyük fel, hogy a rendszer engedélyezve van. A második egyenletből z²=2у+1, azaz z²– páratlan szám és z-páratlan azt jelenti z=2 m+1 . Akkor y²+2m²+2m , Eszközök, y² - páros szám És nál nél- még, y = 2 n, n  Z.

x²=8n³+7, azaz x² - páratlan szám és X - páratlan szám, x=2k+1, k  Z.

Cseréljük be az értékeket xÉs nál nél az első egyenletbe, megkapjuk 2(k² + k - 2 n³) = 3, ami lehetetlen, mivel a bal oldal osztható vele 2 , de a helyes nem Ez azt jelenti, hogy a feltevésünk helytelen, i.e. a rendszernek nincsenek egész számban kifejezett megoldásai.

2.7 Végtelen süllyedés módszere.

Az egyenletek megoldása a végtelen süllyedés módszerével a következő séma szerint megy végbe: feltételezve, hogy az egyenletnek vannak megoldásai, valamilyen végtelen folyamatot konstruálunk, miközben ennek a folyamatnak a probléma értelmében valahol véget kell érnie egyszerűbb formában. Feltételezve, hogy már elértük a természetes célt, látjuk, hogy nem tudunk „megállni”.

17. probléma.

Oldja meg egész számokkal 29x + 13 év + 56z = 17 (6)

Fejezzük ki az ismeretlent a legkisebb együtthatóval a maradék ismeretlenekkel.

y=(17-29x-56z)/13=(1-2 x-4 z)+(4-3 x-4 z)/13 (7)

Jelöljük (4-3 x-4 z)/13 = t1 (8)

A (7)-ből az következik t1 csak egész értékeket vehet fel. (8)-tól van 13 t1 + 3 x + 4 z = 14 (9)

Kapunk egy új diofantin egyenletet, de kisebb együtthatókkal, mint a (6)-ban. Ugyanezeket a megfontolásokat alkalmazzuk (9): x=(4-13 t1-4 z)/3= =(1-4 t1- z) + (1- t1- z)/3

(1- t1- z)/3 = t2 , t2 - egész, 3 t2+ t1+ z = 1 (10)

A (10)-ben az együttható at z– az eredeti egyenlet ismeretlenje egyenlő 1 – ez a „leszállás” végső pontja. Most következetesen kifejezzük z, x, y keresztül t1 És t2 .

z = -t1 – 3t2 + 1

x = 1 – 4t1 + t1 + 3t2 = 1 + t2 = -t1 + 4t2

y = 1 + 6t1 - 8t2 + 4t1 + 12t2 - 4 + t1 = 11t1 + 4t2 - 3

Így,  x = -3t1 + 4t2

y = 11 t1 + 4 t2 - 3 z = - t1 – 3 t2 + 1 t1, t2 - tetszőleges egész szám – a (6) egyenlet összes megoldása

18. probléma.

Oldja meg egész számokkal x³ - 3y³ - 9z³ = 0 (11)

Megoldás.

Látható, hogy a (11) egyenlet bal oldala semmilyen transzformációra nem alkalmas. Ezért az egész számok természetének feltárása x³=3(y³- z³). Szám x³ többszörös 3 , ami a számot jelenti x többszörös 3 , azaz x = 3x1(12) Helyettesítsük (12)-et (11)-re! 27х1³-3у³-9z³=0, 9x1³-y³-3z³=0(13)

y³=3(3x1³-z³). Akkor y³ többszörös 3 , ami azt jelenti nál nél többszörös 3 , azaz y=3y1(14). Helyettesítsük (14)-et (13)-ra 9х1³ –27у1³ – 3z³=0 . Ebből az egyenletből az következik z³ többszörös 3, és ezért z többszörös 3 , azaz z=3 z1 .

Így kiderült, hogy a (11) egyenletet kielégítő számok három többszörösei, és nem számít, hányszor osztjuk el 3 , olyan számokat kapunk, amelyek három többszörösei. Az egyetlen egész szám, amely kielégíti a hármat. Az egyetlen egész szám, amely teljesíti ezt a feltételt, a nulla, vagyis ennek az egyenletnek a megoldása (0; 0; 0) .

3. fejezet: Híres diofantusi egyenletek.

3.1 Fermat utolsó tétele.

A „Fermat utolsó tétele” (más néven „nagy” vagy „utolsó”) nagyon híres az egész világon. Fermat utolsó tétele az a következtetés, amelyet a Mesyriac által kiadott Diophantus Aritmetika olvasásakor vonta le. Ennek a könyvnek a margóján, szemben azzal a hellyel, ahol egy alakegyenlet megoldásáról beszélünk x² + y² = z², Fermat ezt írta: „Eközben teljesen lehetetlen egy teljes kockát kockák összegére, egy negyedik hatványt negyedik hatványok összegére, vagy egyáltalán bármilyen hatványt azonos kitevőjű hatványok összegére bontani. Valóban elképesztő bizonyítékot találtam erre a sejtésre, de túl kevés a hely, hogy ide rakjam." dividere; cujus rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet." Ez a Fermat-állítás most tételként van megfogalmazva a következő formában: „Eq. xª + yª = zª tekintetében racionális számokban nem oldható meg x, yÉs z az indikátor egész értékeihez a, nagy 2 "(köztudott, hogy mikor a=2 léteznek ilyen számok pl. 3, 4, 5 - számok, amelyek, ha az oldalak hossza, a híres Pitagorasz-háromszöget alkotják). Ennek a tételnek az érvényessége számos speciális esetre megerősített, de általános formában csak a közelmúltban igazolták, bár sok neves matematikus érdeklődött iránta és próbálta bizonyítani (több mint háromszáz e témával foglalkozó mű került áttekintésre Dixon „History” c. számelmélet”). 1907-ben a németországi Darmstadt városában meghalt Wolfskel matematikus, aki örökségül hagyta 100000 pontokat annak, aki a tétel teljes bizonyítását adja. Emberek százai és ezrei, csak a haszonszerzési vágytól vezérelve, azonnal bombázni kezdték a tudományos társaságokat és folyóiratokat olyan kézirataikkal, amelyek állítólag Fermat tételének bizonyítékát tartalmazták. A Wolfskehl végrendeletének kihirdetése utáni első három évben több mint ezer „megoldás” érkezett csak a Göttingeni Matematikai Társasághoz. Az az eset, amikor a = 3, Euler bizonyította még 1768-ban. És még sok évet követelt, hogy az elméletet, amelyet Euler indokolatlanul használt a bizonyítása során, Gauss bizonyítsa be. Fermat-tétel bizonyítása arra az esetre, amikor a = 5 1825-ben javasolták Dirichlet és Legendre szinte egyidejűleg. Dirichlet 1828-ban publikálta bizonyítását, de az nagyon összetett volt, és 1912-ben Plemel leegyszerűsítette. A következő egyszerű mutatóhoz a = 7 Fermat tételét csak 1839-ben bizonyította Lame. Lamé bizonyítását Lebesgue szinte azonnal javította. 1847-ben Lamé bejelentette, hogy minden prímkitevőre megtalálta a Fermat-tétel bizonyítását. a³ 3. Lame módszere Euler elképzeléseinek nagyon távoli továbbfejlesztése volt, és a számok aritmetikai tulajdonságain alapult. Liouville azonban azonnal komoly hiányosságot fedezett fel Lame érvelésében, amely megcáfolta ezt a bizonyítékot. Lame kénytelen volt beismerni hibáját. Számítógépen Kummer és Vandiver ötleteit felhasználva bebizonyították Fermat tételének érvényességét minden egyszerű kitevőre a<100000.

Pitagorasz-hármasok.

Az olvasók kétségtelenül jól ismerik az egyenletet x² + y² =z² (13)

Természetesen ez a híres Pitagorasz-tétel. Azt állítja A hipotenuszra épített négyzet területe megegyezik a lábaira épített négyzetek területeinek összegével. A (13) egyenlet egy másodfokú diofantini egyenlet. Kezdjük el keresni a megoldásokat. Kényelmes ezeket számhármasok formájában írni (x, y, z) , az ilyen hármasokat Pythagorean-nak nevezik.

Figyeljük meg, hogy ha egy ilyen hármasból két számnak van közös osztója, akkor a harmadik szám is osztható vele. Ha mindegyiket elosztjuk egy közös osztóval, ismét egy Pitagorasz-hármast kapunk. Ez azt jelenti, hogy bármely Pitagorasz-hármasból könnyen át lehet lépni egy olyan Pitagorasz-hármasra, amelynek számai páronként viszonylag prímek. Az ilyen hármast primitívnek nevezzük. Nyilvánvaló, hogy a feltett probléma megoldásához elegendő megtalálni a primitív Pitagorasz-hármasok általános alakját.

Nyilvánvaló, hogy egy primitív Pitagorasz-hármasban két szám nem lehet páros, ugyanakkor mindhárom szám nem lehet páratlan egyszerre. Már csak egy lehetőség maradt: két szám páratlan, egy pedig páros. Mutassuk meg z nem lehet egyenletes. Tegyük fel az ellenkezőjét: z=2 m, Akkor xÉs nál nél- páratlan számok: x=2 k+1, y = 2 k + 1 . Ebben az esetben az összeg x² + y² = 4(k² + k + l² + l) + 2 -vel nem osztható 4, míg z² = 4m² osztva 4 . Tehát a páros szám vagy x, vagy nál nél. Hadd x = 2u, nál nélÉs z- páratlan számok. Jelöljük z + y = 2 v, z – y = 2 w. Számok vÉs w kölcsönösen egyszerű. Sőt, ha lenne közös osztójuk d >1 , akkor ez is osztója lenne z = v + w, és számára y = v – w, ami ellentmond a kölcsönös egyszerűségnek yÉs z. Kívül, vÉs w különböző paritásúak: egyébként yÉs z egyenletesek voltak. Az egyenlőségtől x² = (p² + q²)² - (p² - q²)² = 4p² q². Ennek eredményeként bebizonyítottuk, hogy minden primitív Pitagorasz-hármashoz léteznek másodprím természetes számok pÉs q különböző paritások, p> q, oly módon, hogy x = 2 pq, y = p² - q², z = p² + q².

Könnyen belátható, hogy fordítva is igaz. Tehát találtunk egy módszert a (13) egyenlet primitív megoldásainak megtalálására. Minden egyéb természetes megoldásának a következő a formája: x = 2 * kpq, y= k(p² - q²), z = k(p² + q²), Ahol k– tetszőleges természetes szám.

A Pitagorasz-tétel körül.

Sok más diofantusi egyenlet kapcsolódik a Pitagorasz-tételhez. Keressünk például diofantin háromszögeket, amelyekben az egyik láb 1-gyel hosszabb, mint a másik. Itt meg kell oldanunk az egyenletet természetes számokban x² + (x + 1)² = y².(14) Pitagorasz háromszög oldalakkal 3, 4, 5 megfelel ennek a követelménynek. Ezért a számok x1 = 3, y1 = 5 adja meg a (14) egyenlet legkisebb természetes megoldását. A többi megoldása ismétlődési relációkból származik, amelyeket bizonyítás nélkül mutatunk be: xn +1 = 3 xn + 2 yn + 1, yn+1 = 4 xn + 3 yn + 2 Tőlük találjuk x2 = 20, y2 = 29; x3 = 119, y3 = 169; x4 = 696, y4 = 985; x5 = 4059, y5 = 5741 stb. A (14) egyenlet a következőképpen írható át: 2x(x + 1) + 1 = y². Az egyenletnek hasonló formája van x(x + 1) = y². A (14)-től eltérően azonban nincs egyetlen természetes számbeli megoldása. Valójában a számok xÉs x + 1– viszonylag prímák, ezért szorzatuk csak abban az esetben lehet tökéletes négyzet xÉs x + 1- teljes négyzetek, i.e. Amikor x = u², x + 1 =v² . De ez lehetetlen, mivel két természetes szám négyzete közötti különbség mindig nagyobb 1 Tekintsük most a (13) egyenlet analógiáit háromdimenziós térben. Jelöljük meg az összes téglalap alakú paralelepipedont, amelynek élhossza és átlója egész szám. Ehhez meg kell találnunk a diofantini egyenlet összes természetes megoldását (x, y, z, t). x² + y² + z² = t². A Pitagorasz-hármasokkal analóg módon a képletekkel fejezzük ki őket x = 2 * k1 pq , y = kp2 q2, z = k(q² - p1² -p2²),t = k(q² + p1² +p2²), Ahol k, q, p1, p2 – természetes számok és q²> p1² +p2². Az is bebizonyosodott, hogy végtelenül sok olyan téglalap alakú paralelepipedon létezik, amelyekben az összes oldallap éleinek hossza és átlóinak hossza egész számokban van kifejezve. Más szóval az egyenletrendszer x² + y²=u², x² +z²= v², y² + z²= w²

végtelen számú természetes megoldása van. Az egyik például ez: x = 44, y = 117,z = 240. Nem ismert azonban, hogy létezik-e olyan téglalap alakú paralelepipedon, amelyben az összes oldallap összes éle és átlója, valamint magának a paralelepipedonnak az átlója egész szám, vagyis van-e az egyenletrendszernek legalább egy megoldása természetes számokban. x² = y² = u², x² +z² = v², y² + z² = w², x² + y² + z² = t².

3.4 Ismert diofantin egyenletek.

Ismerkedjünk meg Diophantus „Aritmetika” egyik problémájával: „Egy adott négyzet bontása 2 négyzetre”.

Ez a probléma ekvivalens a másodfokú egyenlettel x² + y² = a²c ismeretlen emberekkel xÉs nál nél adott paraméterértéken A, Ennek az egyenletnek a legegyszerűbb megoldását az egyik ismeretlen nulla értékével kapjuk. Diophantus más megoldásokat keres a helyettesítés végrehajtásával y =kx – a, Ahol k- tetszőleges racionális szám. Ennek eredményeként az eredeti egyenlet a formára redukálódik (kx – a)² + x² = a², ahonnan transzformációk után racionális kifejezéseket kapunk az ismeretlenekre xÉs y.

x =a*2 k / (k² + 1), y = a* (k² - 1) / (k² + 1)

Diophantus módszere lehetővé teszi, hogy megtalálja az úgynevezett Pythagorean számhármasokat - egész számok halmazait x, y, z, amely egy derékszögű háromszög oldalainak hosszát fejezi ki, azaz. az egyenlet kielégítése x² + y² = z². Ilyen hármasra példa az 3,4,5 Írjuk fel a határozatlan egyenletet x² + y² = z² mint (x / z)² + + (y / z)² = 1 Alkalmazzuk rá Diophantus fenti érvelését, és szerezzük meg a kifejezéseket x/ z = 2 k/(k² +1), y/ z=(m² - n²)/(m²+ n²) .

Hogy egész számokban találjunk megoldást, feltesszük k = m/ n, Ahol m, n– tetszőleges egész számok, n 0 . Akkor x/ z=2 mn/(n² + m²) , y/ z=(m²- n²)/(m²+ n²)

és elviheted x = 2 mn, y = m² - n², z = m² + n².

1630 körül az aritmetika fordítása a kiváló francia matematikus, Pierre Fermat kezébe került. Diophantus halhatatlan munkássága nagyon finom és mély számelméleti kutatásokra inspirálta Fermat, különösen Diophantus nyomdokaiba lépve Fermat bebizonyította, hogy a természetes szám A akkor és csak akkor van ábrázolva két négyzet összegeként x² + y² egésszel xÉs y, amikor minden prímosztó A, osztva adva 4 maradék 3 , benne vannak A egyenletes mértékben. Talált egy képletet a különböző párok számára is (x;y) ilyen számokat.

Híressé vált Fermat-probléma is, amelyet Diophantus könyvének margójára írt kommentárként: „Keress egy derékszögű háromszöget a számokban, amelynek hipotenusza négyzet lenne. A, a derékszögű oldalak összege is.” Ez a probléma az ilyen Pitagorasz-hármasok megtalálásával kapcsolatos x, y, z hogy a hypotenus hossza zés a lábak hosszának összege x + y tökéletes négyzetek, és végtelen sok megoldásuk van. Ezek közül a minimum a Fermat által talált számok: x = 4565486027761, y = 1061652293520, z = 4687298610289(Itt z=2165017 ² ).

Figyelemre méltó egy másik bizonytalan egyenlet sorsa. Arkhimédész egy időben problémát írt a négy színű bikákról, amelyek négy csordában legelésztek, amelyek Héliosz napistenéhez tartoztak. Költői üzenet formájában cirénei Eratoszthenésznek küldte. A probléma az egyenletből adódik x² - 4729494y² = 1. A bikák teljes számát a sorrend számával fejezzük ki 7766 * 10 ²º ¹. Az öreg Helios még az egész univerzum határain belül sem tudott ilyen csordát befogadni. Nyilvánvalóan Arkhimédész hamis volt, gyakorlatilag lehetetlen problémát küldött ellenfelének, és a következő szavakkal fordult hozzá:

Ha ezt megtalálod, idegen, átgondolva a gondolataidat,

És megnevezheti az egyes csordák számát,

Akkor távozz, győzelemmel jutalmazva, és megfontolják

Hogy bölcsességben teljesen felülmúltál mindent.

Egy formaegyenlet mögött x² - ay² = 1 A "Pell-egyenlet" elnevezést John Pell matematikus után hozták létre, akinek Euler tévedésből az egyik megoldási módszert tulajdonította. Fermat tudta, hogyan kell ezt az egyenletet egész számokban megoldani. Később pedig kiderült, hogy már a 12. században megbirkózott ezzel a feladattal. Bhaskara indiai matematikus módszere azonban ismeretlen maradt a tudomány számára.

David Hilbert egyik híres problémája, amelyet 1990-ben Párizsban, a II. Nemzetközi Matematikuskongresszuson fogalmazott meg, a következő volt: legyen egy tetszőleges diofantusi egyenlet; Meg kell jelölni egy általános módszert, amelyet követve véges számú lépésben meg lehetne tudni, hogy van-e megoldása egész számban.

1970-ben Jurij Vladimirovich Matiyasevics leningrádi matematikus bebizonyította, hogy ilyen általános módszer nem létezik.

Következtetés.

A „Diofantin-egyenletek” témakörön dolgozva sok érdekes tényre lettünk figyelmesek az egyenletek egész számokban történő megoldásával kapcsolatban. Az egyenletek egész számokban történő megoldása nagyon izgalmas feladat. Az ősidők óta számos módszer halmozódott fel specifikus diofantini egyenletek megoldására, azonban csak a mi századunkban jelentek meg általános módszerek ezek vizsgálatára. A Pitagorasz-tétel és a Fermat-tétel is diofantinuszi egyenletek Az egyenletek egész számokban való megoldása a matematika egyik legszebb ága. Egyetlen jelentős matematikus sem felelte meg a diofantinuszi egyenletek elméletét. Fermat és Euler, Lagrange és Dirichlet, Gauss és Csebisev kitörölhetetlen nyomot hagytak ebben a legérdekesebb elméletben.

Irodalom.

Akimova S. Szórakoztató matematika. – Szentpétervár: Trigon Kiadó, 1997 – 608. o. Vilenkin N. Ya egy matematika tankönyv lapjai mögött, 10-11. – Moszkva: „Prosveshchenie” Kiadó, 1996 – 319. o. Malinin V. „Mathematics” folyóirat, 2001. 21. szám, 6. o.

4. Malinin V. „Matematika” folyóirat, 2001. 22. szám, 4. o.

5. Internet hálózat

(/ref/arh/25/VPV-1330// index. html).

Iskolai enciklopédia. Matematika. / szerkesztette: Nikolsky S. M. - Moszkva: Kiadó "Big Russian Encyclopedia", 1996 - 648. o. Enciklopédia gyerekeknek T. 11 (Matematika) / szerkesztette: M. D. Aksenov - Moszkva: Avanta + Kiadó, 1998 - 688. o. Egy fiatal matematikus enciklopédikus szótára / szerkesztette: Gnedenko B.V. - Moszkva: Pedagogika Kiadó, 1985 - p. 350.

Babinskaya I. L. Matematikai olimpiák problémái. – Moszkva, 1875. Bolgarsky B.V. Esszék a matematika történetéről. –Minszk, 1979. Vasziljev N.B., Egorov A.A. Az összszövetségi matematikai olimpiák problémái. – Moszkva, 1998. Vasziljev N. B., Tutenmacher V. L. Levelező matematikai olimpiák. – Moszkva, 1986. Vygodsky M. Ya. Az elemi matematika kézikönyve. – Moszkva, 1974. Galperin G. A., Tolpygo A. K. Moszkvai matematikai olimpiák. – Moszkva, 1986. Genkin S. A., Intenberg I. V., Fomin D. V. Leningrádi matematikai körök. – Kirov, 1994. Egorov A. A. A diszkriminánsról. – Melléklet a „Kvant” folyóirathoz, 2/1994. p – 117. Matematikai olimpiák problémái a Nyizsnyij Novgorod régió iskolásai számára. – N. Novgorod, 1998. Levelező matematikai olimpiák. – Moszkva, 1981. Kurlyandchik L. A végtelen származás módszere. – Melléklet a „Kvant” folyóirathoz, 3/1999. Litvinenko V. N., Mordkovich A. T. Műhely az elemi matematikáról. Algebra. Trigonometria. – Moszkva, 1991. Malinin V. A. A 9-11. osztályos tanulók felkészítése matematikai olimpiára. Problémák egész számokkal. – N. Novgorod, 2000. Postnikov M. M. Fermat tétele. – Moszkva, 1978. Sivashinsky I. Kh. Tételek és problémák az algebrában és az elemi függvényekben. – Moszkva, 1971. Yakovlev G. N. All-Union matematikai olimpiák iskolásoknak. – Moszkva, 1992.

Ma azt javaslom, hogy reflektáljunk néhány érdekes matematikai problémára.
Nevezetesen melegítsünk fel a következő lineáris egyenlet megoldásával:

– Mi olyan bonyolult? - kérdezed. Valójában csak egy egyenlet van, és négy ismeretlen. Ebből következően három változó szabad, az utolsó pedig tőlük függ. Tehát gyorsan fejezzük ki! Például a változón keresztül a megoldások halmaza a következő:

hol van bármely valós szám halmaza.

Nos, a megoldás tényleg túl triviálisnak bizonyult. Akkor bonyolítjuk és érdekesebbé tesszük a dolgunkat.

Emlékezzünk kb lineáris egyenletek egész együtthatókkal és egész számgyökökkel, amelyek valójában a diofantin egyenletek egy fajtája. Pontosabban, az egyenletünkre a megfelelő korlátozásokat fogjuk alkalmazni az együtthatók és gyökök egészére vonatkozóan. Az ismeretlenek együtthatói már egész számok (), de magukat az ismeretleneket a következőkre kell korlátozni:

hol van az egész számok halmaza.

Most a cikk elején kapott megoldás „nem fog működni”, mivel megkockáztatjuk, hogy racionális (tört) számként kapjuk meg. Tehát hogyan oldja meg ezt az egyenletet? kizárólagosan egész számokban?

A probléma megoldása iránt érdeklődők a kat.

És folytatjuk veled. Próbáljuk meg elvégezni a szükséges egyenlet néhány elemi transzformációját:

A probléma továbbra is érthetetlennek tűnik, ilyenkor a matematikusok általában valamilyen helyettesítést végeznek. Csináljunk veled is:

Hú, érdekes eredményt értünk el! Az együtthatónk most egyenlő eggyel, ami azt jelenti, hogy ezt az ismeretlent ebben az egyenletben a többi ismeretlenen keresztül is kifejezhetjük osztás nélkül (amit a cikk elején megtettünk). Csináljuk:

Hadd hívjam fel a figyelmet arra, hogy ez azt sugallja, hogy függetlenül attól, hogy milyenek (a diofantin egyenletek keretein belül), akkor is egész szám marad, és ez nagyszerű.

Emlékezve arra, hogy ezt méltányos kimondani. És a fent kapott eredményt helyettesítve a következőt kapjuk:

Itt azt is látjuk, hogy bármi is , akkor is egész szám marad, és ez még mindig csodálatos.

Ekkor eszünkbe jut egy zseniális ötlet: deklaráljuk őket szabad változóknak, és fejezzük ki rajtuk! Valójában ezt már megtettük. Nincs más hátra, mint beírni a választ a megoldási rendszerbe:

Most ezt láthatod a döntési rendszerben sehol nincs felosztás, ami azt jelenti, hogy a megoldások mindig egész számok lesznek. Próbáljunk meg konkrét megoldást találni az eredeti egyenletre, feltételezve például, hogy:

Helyettesítsük be az eredeti egyenletbe:

Ugyanaz, klassz! Próbáljuk meg újra egy másik példával, jó?

Itt egy negatív együtthatót látunk, ez elég sok problémát okozhat nekünk, szóval szabaduljunk meg a bűntől a cserével, akkor az egyenlet a következő lesz:

Mint emlékszünk, az a feladatunk, hogy olyan transzformációkat végezzünk, hogy az egyenletünk egységegyütthatós ismeretlent tartalmazzon (hogy aztán osztás nélkül fejezzük ki a többieken keresztül). Ehhez ismét ki kell venni valamit a „zárójelből”, a leggyorsabb módja az, hogy az egyenletből az egységhez legközelebb álló együtthatókat vegyük ki. Azonban meg kell értened, hogy csak azt a számot veheted zárójelnek, amely szükségszerűen az egyenlet valamely együtthatója (nem több, nem kevesebb), különben tautológiába/ellentmondásba vagy törtekre botlunk (más szóval ez lehetetlen, hogy a szabad változók megjelenjenek valahol, kivéve az utolsó cserében). Így:

Hadd mutassuk be a helyettesítést, akkor kapjuk:

Vegyük újra a zárójelet, és végül kapjuk meg az ismeretlent az egyenletben egységnyi együtthatóval:

Bemutatjuk a helyettesítést, akkor:

Hadd fejezzük ki magányos ismeretlenünket innen:

Ebből az következik, hogy bármit is veszünk, akkor is egész szám marad. Ekkor a relációból azt kapjuk, hogy:

Hasonló módon a relációból kapjuk:

Itt érlelődött meg a megoldási rendszerünk – abszolút minden ismeretlent kifejeztünk osztás nélkül, ezzel is megmutatva, hogy a megoldás mindenképpen egész szám lesz. Ne felejtse el ezt sem, és be kell vezetnünk a fordított helyettesítést. Ekkor a végső megoldási rendszer a következő:

Így már meg kell válaszolni a kérdést – meg lehet-e oldani hasonló egyenletet? Válasz: nem, ha az egyenlet alapvetően megoldhatatlan. Ez olyan esetekben fordul elő, amikor a szabad tag nem osztható teljesen az összes együttható gcd-jével az ismeretlenekre. Más szóval, az egyenlet alapján:

Egész számokban történő megoldásához elegendő a következő feltétel teljesítése:

(hol a legnagyobb közös osztó).

Bizonyíték

A bizonyítást nem tekintjük ennek a cikknek a keretein belül, mivel ez az oka egy külön cikknek. Láthatjuk például W. Sierpinski csodálatos könyvében „Az egyenletek megoldásáról egész számokban” a 2. §-ban.

Összegezve a fentieket, felírunk egy műveleti algoritmust tetszőleges számú ismeretlennel rendelkező lineáris diofantin egyenletek megoldására:

Végezetül érdemes elmondani, hogy az egyenlet minden tagjára korlátozásokat is hozzáadhat egy egyenlőtlenség formájában (ekkor a megoldások rendszeréhez hozzáadódik egy egyenlőtlenségrendszer, amely szerint a választ meg kell adni igazítva), és adjunk hozzá még valami érdekeset. Nem szabad megfeledkezni arról sem, hogy a megoldási algoritmus szigorú, és számítógépes program formájában is megírható.

Péter veled volt,
Köszönöm a figyelmet.

Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete