Уравнения в целых числах. Математические олимпиады и олимпиадные задачи
Задача 62:
Решите уравнение 3x + 5y = 7 в целых числах. Решение:
Найдем сначала какое-нибудь конкретное решение (эта идея, кстати, часто помогает и при решении других задач). Так как 3 2 + 5 (- 1) = 1, то 3 14 + 5 (- 7) = 7 и, следовательно, x 0 = 14, y 0 = - 7 - это решение нашего уравнения (одно из многих, не более!). Итак,
Вычтем одно уравнение из другого, обозначим x - x 0 и y - y 0 через a и b, и получим 3a + 5b = 0. Отсюда мы видим, что b делится на 3, а a - на 5. Положим a = 5k, тогда b = - 3k - здесь k, очевидно, может быть любым целым числом. Итак, мы получаем набор решений:
Где k может быть любым целым числом. Других решений, конечно, нет.Задача 63:
Найдите все целые решения уравнения 3x - 12y = 7. Решение:
Это уравнение не имеет целых решений. Левая часть делится на 3, в то время как правая часть не делится на 3.
Задача 64:Решите уравнение 1990x - 173y = 11. Решение:
Числа, участвующие в формулировке, так велики, что подбором здесь конкретного решения не найти. Однако нам поможет то, что числа 1990 и 173 взаимно просты (проверьте это).
Лемма. Их НОД, равный 1, можно представить в виде 1990m - 173n, где m и n - некоторые целые числа.
Доказательство этой леммы следует из того факта, что все числа, которые получаются в процессе алгоритма Евклида, представимы в указанном виде.
Конкретно, в данном случае, используя алгоритм Евклида, можно получить m = 2, n = 23. Итак, при помощи такого мощного оружия, как алгоритм Евклида, мы получаем конкретное решение вспомогательного уравнения 1990m - 173n = 1: пару (2, 23). Следовательно, x 0 = 22, y 0 = 253 - решение уравнения 1990x - 173y = 11. Дальше получаем, что
K - любое целое число.Задача 65:
Найдите все целые решения уравнения 21x + 48y = 6. Решение:
x = 16k - 2, y = - 7k + 1; k - любое целое число.
Задача 66:Решите уравнение 2x + 3y + 5z = 11 в целых числах. Решение:
x = 5p + 3q - 11, y = 11 - 5p - 2q, z = p; p, q - любые целые числа.
Задача 67:Фишка стоит на одном из полей бесконечной в обе стороны клетчатой полоски бумаги. Она может сдвигаться на m полей вправо или на n полей влево. При каких m и n она сможет переместиться в соседнюю справа клетку? За какое наименьшее число ходов она сможет это сделать? Решение:
При взаимно простых m и n.
Задача 68:(2x + y)(5x + 3y) = 7. Решение:
(- 4,9), (14, - 21), (4, - 9), (- 14,21).
Задача 69:xy = x + y + 3. Решение:
Так как xy - x - y = 3, то (x - 1)(y - 1) = 4. Осталось только перебрать возможные разложения числа 4 в произведение двух целых множителей. Ответ: (x = 5,y = 2), (2,5), (0, - 3), (- 3,0), (3,3), (- 1, - 1).
Задача 70:x² = 14 + y². Решение:
Решений в целых числах нет.
Задача 71:x² + y² = x + y + 2. Решение:
(2,0), (2,1), (- 1,0), (- 1,1), (0,2), (1,2), (0, - 1), (1, - 1).
Вот как решается задача 69. Так как xy - x - y = 3, то (x - 1)(y - 1) = 4. Осталось только перебрать возможные разложения числа 4 в произведение двух целых множителей. Ответ: (x = 5,y = 2), (2,5), (0, - 3), (- 3,0), (3,3), (- 1, - 1).
Задача 72:x² + y² = 4z - 1.
В самом деле, посмотрим, какие остатки могут давать точные квадраты по модулю 4 (выбор модуля 4 подсказан нам самим видом правой части уравнения). Недолгий перебор показывает, что это остатки 0 и 1. Так как сумма двух остатков такого вида не может давать остаток - 1, то мы получаем, что решений данное уравнение не имеет.
Задача 73:x² - 7y = 10. Решение:
Решений в целых числах нет (модуль 7).
Задача 74:x³ + 21y² + 5 = 0. Решение:
Так как x³ может по модулю 7 быть сравнимым лишь с 0, 1 и - 1, то выражение x³ + 21y² + 5 сравнимо (mod %)%7 с 5, 6 или с 4, и, следовательно, не может быть равным нулю.
Задача 75:15x² - 7y² = 9. Решение:
Решений в целых числах нет (модуль 5).
Задача 76:x² + y² + z² = 8t - 1. Решение:
Решений в целых числах нет (модуль 8).
Задача 77:3 m + 7 = 2 n . Решение:
По модулю 3 левая часть сравнима с 1, и отсюда мы делаем вывод, что n - четно, т.е. n = 2k. Уравнение преобразуется к виду 3 m + 7 = 4 k . Теперь в игру включается модуль 4. 4 k - 7 = 1 (mod %)%4, и мы видим, что и m четно, т.е. m = 2p. Итак, мы имеем уравнение 3 2p + 7 = 2 2k . Преобразуем уравнение: 7 = 2 2k - 3 2p = (2 k - 3 p )(2 k + 3 p ). Отсюда 2 k + 3 p = 7, 2 k - 3 p = 1, и мы получаем единственное решение k = 2, p = 1, т.е. m = 2, n = 4.
Задача 78:3 2 m + 1 = n². Решение:
Сразу ясно, что n не делится на 3 и, значит, n = 3k + 1 или n = 3k + 2. Разберем оба случая.
а) n = 3k + 2, 3 2 m + 1 = 9k² + 12k + 4. Сокращая, получаем 2 m = 3k² + 4k + 1 = (3k + 1)(k + 1). Следовательно, и k + 1 и 3k + 1 - степени двойки. Видно, что и k = 0 и k = 1 подходят, и мы получаем решения n = 2, m = 1 и n = 5, m = 3. Но при k ≥ 2 4(k + 1) > 3k + 1 > 2(k + 1) и, следовательно, k + 1 и 3k + 1 не могут одновременно быть степенями двойки.
б) n = 3k + 1. Разбирая этот случай аналогичным образом, мы получаем еще одно решение n = 7, m = 4.
Задача 79:1/a + 1/b + 1/c = 1. Решение:
a = b = c = 3; a,b,c = 1,2,3 или 2,4,4; одно из чисел равно 1, а сумма двух других равна 0, например, a = 1, b = - c = 13.
Задача 80:x² - y² = 1988. Решение:
x = ± 498, y = ± 496 или x = ± 78, y = ± 64, причем знаки выбираются независимо.
Задача 81:Докажите, что уравнение 1/x - 1/y = 1/n имеет единственное решение в натуральных числах тогда и только тогда, когда n - простое число. Решение:
Если n = pq (p, q > 1), то 1/n = 1/(n - 1) - 1/n(n - 1) и 1/n = 1/p(q - 1) - 1/pq(q - 1). Если же n - простое, то n(y - x) = xy, и значит, xy делится на n, т.е. x или y делится на n. Ясно, что именно y делится на n: y = kn. Тогда x = kn/(n + 1), откуда k = n - 1, т.е. есть ровно одно представление 1/n = 1/(n - 1) - 1/n(n - 1).
Задача 82:Решите уравнение в целых числах: x³ + 3 = 4y(y + 1).
Задача 83:Решите уравнение в целых числах: x² + y² = z².
Задача 84:Решите уравнение в целых числах: x² - 5y² = 1.
Генрих Г.Н. ФМШ №146 г. Пермь
54 ≡ 6× 5≡ 2(mod 7),
55 ≡ 2× 5≡ 3(mod 7), 56 ≡ 3× 5≡ 1(mod 7).
Возводя в степень k, получаем 56k ≡ 1(mod 7) при любом натуральном k. Поэтому 5555 =56 × 92 × 53 ≡ 6 (mod7).
(Геометрически это равенство означает, что мы проходим по кругу, стартуя от 5, девяносто два цикла и еще три числа). Таким образом, число 222555 дает при делении на 7 остаток 6.
Решение уравнений в целых числах.
Несомненно, одна из интересных тем математики – решение диофантовых уравнений. Эта тема изучается в 8, а затем и в 10 и 11 классе.
Любое уравнение, которое требуется решить в целых числах, называется диофантовым уравнением. Простейшим из них является уравнение вида ах+bу=с, где а, b и с Î Z. При решении этого уравнения используется следующая теорема.
Теорема. Линейное диофантово уравнение ах+bу=с, где а, b и сÎ Z имеет решение тогда и только тогда, когда с делится на НОД чисел а и b. Если d=НОД (а, b), a=a1 d, b=b1 d, c=c1 d и (x0 , y0 ) – некоторое решение уравнения ах+bу=с, то все решения задаются формулами х=x0 +b1 t, y=y0 –a1 t, где t ─ произвольное целое число.
1. Решить в целых числах уравнения:
3ху–6х2 =у–2х+4; | |||
(х–2)(ху+4)=1; | у–х–ху=2; |
||
2х2 +ху=х+7; | 3ху+2х+3у=0; |
||
х2 –ху–х+у=1; | |||
х2 –3ху=х–3у+2; | 10. х2 –ху– у=4. |
||
2. Следующие задачи рассматривала с выпускниками при подготовке к ЕГЭ по математике по данной теме.
1). Решить в целых числах уравнение: ху+3у+2х+6=13. Рещение:
Разложим на множители левую часть уравнения. Получим:
у(х+3)+2(х+3)=13; | (х+3)(у+2)=13. |
Так как x,уÎ Z, то получим совокупность систем уравнений:
Генрих Г.Н.
ì x + | ||||
ì x + | ||||
ì x + | ||||
ê ì x + |
||||
ФМШ №146 г. Пермь
ì x = | |||||
ì x = | |||||
ì x = | |||||
ê ì x = | |||||
Ответ: (–2;11), (10; –1), (–4; –15), (–15, –3)
2). Решить в натуральных числах уравнение: 3х +4у =5z .
9). Найти все пары натуральных чисел m и n, для которых справедливо равенство 3m +7=2n .
10). Найти все тройки натуральных чисел k, m и n, для которых справедливо равенство: 2∙k!=m! –2∙n! (1!=1, 2!=1∙2, 3!= 1∙2∙3, …n!= 1∙2∙3∙…∙n)
11). Все члены конечной последовательности являются натуральными числами. Каждый член этой последовательности, начиная со второго, или в 14 раз больше, или в 14 раз меньше предыдущего. Сумма всех членов последовательности равна 4321.
в) Какое наибольшее число членов может иметь последовательность? Решение:
а) Пусть а1 =х, тогда а2 = 14х или а1 =14х, тогда а2 =х. Тогда по условию а1 + а2 = 4321. Получим: х+14х=4321, 15х=4321, но 4321 не кратно 15, значит, двух членов в последовательности быть не может.
б) Пусть а1 =х, тогда а2 = 14х, а3 =х, или 14х+х+14х=4321, или х+14х+х=4321. 29х=4321, тогда х=149, 14х=2086. Значит, последовательность может иметь три члена. Во втором случае 16х=4321, но тогда х не является натуральным числом.
Ответ: а) нет; б) да; в) 577.
Генрих Г.Н. | ФМШ №146 г. Пермь |
12). Все члены конечной последовательности являются натуральными числами. Каждый член этой последовательности, начиная со второго, или в 10; раз больше, или в 10 раз меньше предыдущего. Сумма всех членов последовательности равна 1860.
а) Может ли последовательность иметь два члена? б) Может ли последовательность иметь три члена?
в) Какое наибольшее число членов может иметь последовательность?
Очевидно, что говорить о делимости целых чисел и рассматривать задачи по данной теме можно бесконечно. Я постаралась рассмотреть эту тему так, чтобы в большей степени заинтересовать учащихся, показать им красоту математики еще и с этой с точки зрения.
Генрих Г.Н. | ФМШ №146 г. Пермь |
Список литературы:
1. А. Я. Каннель-Белов, А. К. Ковальджи. Как решают нестандартные задачи Москва МЦНМО 2001
2. А.В.Спивак. Приложение к журналу Квант№4/2000 Математический праздник, Москва 2000
3. А.В.Спивак. Математический кружок, «Посев» 2003
4. Санкт-Петербургский городской дворец творчества юных. Математический кружок. Задачник первого-второго года обучения. Санкт-Петербург. 1993
5. Алгебра для 8 класса. Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики. Под редакцией Н.Я.Виленкина. Москва, 1995 г.
6. М.Л.Галицкий, А.М.Гольдман, Л.И.Звавич. Сборник задач по алгебре для 8-9 классов. Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики. Москва, Просвещение. 1994 г.
7. Ю.Н.Макарычев, Н.Г.Миндюк, К.И.Нешков. Алгебра 8 класс. Учебник для школ и классов с углубленным изучением математики. Москва, 2001 г.
8. М.И.Шабунин, А.А.Прокофьев УМК МАТЕМАТИКА Алгебра. Начала математического анализа. Профильный уровень. Учебник для 11 класса. Москва Бином. Лаборатория знаний 2009
9. М.И.Шабунин, А.А.Прокофьев, Т.А.Олейник, Т.В.Соколова. УМК МАТЕМАТИКА Алгебра. Начала математического анализа. Профильный уровень Задачник для 11 класса. Москва Бином. Лаборатория знаний 2009
10. А.Г.Клово, Д.А.Мальцев, Л.И.Абзелилова Математика. Сборник тестов по плану ЕГЕ 2010
11. ЕГЭ-2010. «Легион-М». Ростов-на-Дону 2009
12. ЕГЭ УМК «Математика. Подготовка к ЕГЭ». Под редакцией Ф.Ф.Лысенко, С.Ю.Кулабухова. Подготовка к ЕГЭ-2011. «Легион-М». Ростов-на-Дону 2010
13. УМК «Математика. ЕГЭ-2010». Под редакцией Ф.Ф.Лысенко, С.Ю.Кулабухова. МАТЕМАТИКА Подготовка к ЕГЭ-2010. Учебно-тренировочные тесты. «Легион-М». Ростов-на-Дону 2009
14. ФИПИ ЕГЭ. Универсальные материалы для подготовки учащихся МАТЕМАТИКА 2010 «Интеллект-Центр» 2010
15. А.Ж.Жафяров. Математика. ЕГЭ-2010 Экспресс-консультация. Сибирское университетское издательство, 2010
Уравнения в целых числах – это алгебраические уравнения с двумя или более неизвестными переменными и целыми коэффициентами. Решениями такого уравнения являются все целочисленные (иногда натуральные или рациональные) наборы значений неизвестных переменных, удовлетворяющих этому уравнению. Такие уравнения ещё называют диофантовыми , в честь древнегреческого математика , который исследовал некоторые типы таких уравнений ещё до нашей эры.
Современной постановкой диофантовых задач мы обязаны французскому математику . Именно он поставил перед европейскими математиками вопрос о решении неопределённых уравнений только в целых числах. Наиболее известное уравнение в целых числах – великая теорема Ферма: уравнение
не имеет ненулевых рациональных решений для всех натуральных n > 2.
Теоретический интерес к уравнениям в целых числах достаточно велик, так как эти уравнения тесно связаны со многими проблемами теории чисел.
В 1970 году ленинградский математик Юрий Владимирович Матиясевич доказал, что общего способа, позволяющего за конечное число шагов решать в целых числах произвольные диофантовы уравнения, не существует и быть не может. Поэтому следует для разных типов уравнений выбирать собственные методы решения.
При решении уравнений в целых и натуральных числах можно условно выделить следующие методы:
способ перебора вариантов;
применение алгоритма Евклида;
представление чисел в виде непрерывных (цепных) дробей;
разложения на множители;
решение уравнений в целых числах как квадратных (или иных) относительно какой-либо переменной;
метод остатков;
метод бесконечного спуска.
Задачи с решениями
1. Решить в целых числах уравнение x 2 – xy – 2y 2 = 7.
Запишем уравнение в виде (x – 2y)(x + y) = 7.
Так как х, у – целые числа, то находим решения исходного уравнения, как решения следующих четырёх систем:
1) x – 2y = 7, x + y = 1;
2) x – 2y = 1, x + y = 7;
3) x – 2y = –7, x + y = –1;
4) x – 2y = –1, x + y = –7.
Решив эти системы, получаем решения уравнения: (3; –2), (5; 2), (–3; 2) и (–5; –2).
Ответ: (3; –2), (5; 2), (–3; 2), (–5; –2).
а) 20х + 12у = 2013;
б) 5х + 7у = 19;
в) 201х – 1999у = 12.
а) Поскольку при любых целых значениях х и у левая часть уравнения делится на два, а правая является нечётным числом, то уравнение не имеет решений в целых числах.
Ответ: решений нет.
б) Подберём сначала некоторое конкретное решение. В данном случае, это просто, например,
x 0 = 1, y 0 = 2.
5x 0 + 7y 0 = 19,
5(х – x 0) + 7(у – y 0) = 0,
5(х – x 0) = –7(у – y 0).
Поскольку числа 5 и 7 взаимно простые, то
х – x 0 = 7k, у – y 0 = –5k.
Значит, общее решение:
х = 1 + 7k, у = 2 – 5k,
где k – произвольное целое число.
Ответ: (1+7k; 2–5k), где k – целое число.
в) Найти некоторое конкретное решение подбором в данном случае достаточно сложно. Воспользуемся алгоритмом Евклида для чисел 1999 и 201:
НОД(1999, 201) = НОД(201, 190) = НОД(190, 11) = НОД(11, 3) = НОД(3 , 2) = НОД(2, 1) = 1.
Запишем этот процесс в обратном порядке:
1 = 2 – 1 = 2 – (3 – 2) = 2·2 – 3 = 2· (11 – 3·3) – 3 = 2·11 – 7·3 = 2·11 – 7(190 – 11·17) =
121·11 – 7·190 = 121(201 – 190) – 7·190 = 121·201 – 128·190 =
121·201 – 128(1999 – 9·201) = 1273·201 – 128·1999.
Значит, пара (1273, 128) является решением уравнения 201х – 1999у = 1. Тогда пара чисел
x 0 = 1273·12 = 15276, y 0 = 128·12 = 1536
является решением уравнения 201х – 1999у = 12.
Общее решение этого уравнения запишется в виде
х = 15276 + 1999k, у = 1536 + 201k, где k – целое число,
или, после переобозначения (используем, что 15276 = 1283 + 7·1999, 1536 = 129 + 7·201),
х = 1283 + 1999n, у = 129 + 201n, где n – целое число.
Ответ: (1283+1999n, 129+201n), где n – целое число.
3. Решить в целых числах уравнение:
а) x 3 + y 3 = 3333333;
б) x 3 + y 3 = 4(x 2 y + xy 2 + 1).
а) Так как x 3 и y 3 при делении на 9 могут давать только остатки 0, 1 и 8 (смотрите таблицу в разделе ), то x 3 + y 3 может давать только остатки 0, 1, 2, 7 и 8. Но число 3333333 при делении на 9 даёт остаток 3. Поэтому исходное уравнение не имеет решений в целых числах.
б) Перепишем исходное уравнение в виде (x + y) 3 = 7(x 2 y + xy 2) + 4. Так как кубы целых чисел при делении на 7 дают остатки 0, 1 и 6, но не 4, то уравнение не имеет решений в целых числах.
Ответ: целочисленных решений нет.
а) в простых числах уравнение х 2 – 7х – 144 = у 2 – 25у;
б) в целых числах уравнение x + y = x 2 – xy + y 2 .
а) Решим данное уравнение как квадратное относительно переменной у. Получим
у = х + 9 или у = 16 – х.
Поскольку при нечётном х число х + 9 является чётным, то единственной парой простых чисел, которая удовлетворяет первому равенству, является (2; 11).
Так как х, у – простые, то из равенства у = 16 – х имеем
2 х 16, 2 у 16.
С помощью перебора вариантов находим остальные решения: (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).
Ответ: (2; 11), (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).
б) Рассмотрим данное уравнение как квадратное уравнение относительно x:
x 2 – (y + 1)x + y 2 – y = 0.
Дискриминант этого уравнения равен –3y 2 + 6y + 1. Он положителен лишь для следующих значений у: 0, 1, 2. Для каждого из этих значений из исходного уравнения получаем квадратное уравнение относительно х, которое легко решается.
Ответ: (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2).
5. Существует ли бесконечное число троек целых чисел x, y, z таких, что x 2 + y 2 + z 2 = x 3 + y 3 + z 3 ?
Попробуем подбирать такие тройки, где у = –z. Тогда y 3 и z 3 будут всегда взаимно уничтожаться, и наше уравнение будет иметь вид
x 2 + 2y 2 = x 3
или, иначе,
x 2 (x–1) = 2y 2 .
Чтобы пара целых чисел (x; y) удовлетворяла этому условию, достаточно, чтобы число x–1 было удвоенным квадратом целого числа. Таких чисел бесконечно много, а именно, это все числа вида 2n 2 +1. Подставляя в x 2 (x–1) = 2y 2 такое число, после несложных преобразований получаем:
y = xn = n(2n 2 +1) = 2n 3 +n.
Все тройки, полученные таким образом, имеют вид (2n 2 +1; 2n 3 +n; –2n 3 – n).
Ответ: существует.
6. Найдите такие целые числа x, y, z, u, что x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = 2xyzu.
Число x 2 + y 2 + z 2 + u 2 чётно, поэтому среди чисел x, y, z, u чётное число нечётных чисел.
Если все четыре числа x, y, z, u нечётны, то x 2 + y 2 + z 2 + u 2 делится на 4, но при этом 2xyzu не делится на 4 – несоответствие.
Если ровно два из чисел x, y, z, u нечётны, то x 2 + y 2 + z 2 + u 2 не делится на 4, а 2xyzu делится на 4 – опять несоответствие.
Поэтому все числа x, y, z, u чётны. Тогда можно записать, что
x = 2x 1 , y = 2y 1 , z = 2z 1 , u = 2u 1 ,
и исходное уравнение примет вид
x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 = 8x 1 y 1 z 1 u 1 .
Теперь заметим, что (2k + 1) 2 = 4k(k + 1) + 1 при делении на 8 даёт остаток 1. Поэтому если все числа x 1 , y 1 , z 1 , u 1 нечётны, то x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 не делится на 8. А если ровно два из этих чисел нечётно, то x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 не делится даже на 4. Значит,
x 1 = 2x 2 , y 1 = 2y 2 , z 1 = 2z 2 , u 1 = 2u 2 ,
и мы получаем уравнение
x 2 2 + y 2 2 + z 2 2 + u 2 2 = 32x 2 y 2 z 2 u 2 .
Снова повторив те же самые рассуждения, получим, что x, y, z, u делятся на 2 n при всех натуральных n, что возможно лишь при x = y = z = u = 0.
Ответ: (0; 0; 0; 0).
7. Докажите, что уравнение
(х – у) 3 + (y – z) 3 + (z – x) 3 = 30
не имеет решений в целых числах.
Воспользуемся следующим тождеством:
(х – у) 3 + (y – z) 3 + (z – x) 3 = 3(х – у)(y – z)(z – x).
Тогда исходное уравнение можно записать в виде
(х – у)(y – z)(z – x) = 10.
Обозначим a = x – y, b = y – z, c = z – x и запишем полученное равенство в виде
Кроме того очевидно, a + b + c = 0. Легко убедиться, что с точностью до перестановки из равенства abc = 10 следует, что числа |a|, |b|, |c| равны либо 1, 2, 5, либо 1, 1, 10. Но во всех этих случаях при любом выборе знаков a, b, c сумма a + b + c отлична от нуля. Таким образом, исходное уравнение не имеет решений в целых числах.
8. Решить в целых числах уравнение 1! + 2! + . . . + х! = у 2 .
Очевидно, что
если х = 1, то у 2 = 1,
если х = 3, то у 2 = 9.
Этим случаям соответствуют следующие пары чисел:
х 1 = 1, у 1 = 1;
х 2 = 1, у 2 = –1;
х 3 = 3, у 3 = 3;
х 4 = 3, у 4 = –3.
Заметим, что при х = 2 имеем 1! + 2! = 3, при х = 4 имеем 1! + 2! + 3! + 4! = 33 и ни 3, ни 33 не являются квадратами целых чисел. Если же х > 5, то, так как
5! + 6! + . . . + х! = 10n,
можем записать, что
1! + 2! + 3! + 4! + 5! + . . . + х! = 33 + 10n.
Так как 33 + 10n – число, оканчивающееся цифрой 3, то оно не является квадратом целого числа.
Ответ: (1; 1), (1; –1), (3; 3), (3; –3).
9. Решите следующую систему уравнений в натуральных числах:
a 3 – b 3 – c 3 = 3abc, a 2 = 2(b + c).
3abc > 0, то a 3 > b 3 + c 3 ;
таким образом имеем
Складывая эти неравенства, получим, что
С учётом последнего неравенства, из второго уравнения системы получаем, что
Но второе уравнение системы также показывает, что а – чётное число. Таким образом, а = 2, b = c = 1.
Ответ: (2; 1; 1)
10. Найти все пары целых чисел х и у, удовлетворяющих уравнению х 2 + х = у 4 + у 3 + у 2 + у.
Разложив на множители обе части данного уравнения, получим:
х(х + 1) = у(у + 1)(у 2 + 1),
х(х + 1) = (у 2 + у)(у 2 + 1)
Такое равенство возможно, если левая и правая части равны нулю, или представляют собой произведение двух последовательных целых чисел. Поэтому, приравнивая к нулю те или иные множители, получим 4 пары искомых значений переменных:
х 1 = 0, у 1 = 0;
х 2 = 0, у 2 = –1;
х 3 = –1, у 3 = 0;
х 4 = –1, у 4 = –1.
Произведение (у 2 + у)(у 2 + 1) можно рассматривать как произведение двух последовательных целых чисел, отличных от нуля, только при у = 2. Поэтому х(х + 1) = 30, откуда х 5 = 5, х 6 = –6. Значит, существуют ещё две пары целых чисел, удовлетворяющих исходному уравнению:
х 5 = 5, у 5 = 2;
х 6 = –6, у 6 = 2.
Ответ: (0; 0), (0; –1), (–1; 0), (–1; –1), (5; 2), (–6; 2.)
Задачи без решений
1. Решить в целых числах уравнение:
а) ху = х + у + 3;
б) х 2 + у 2 = х + у + 2.
2. Решить в целых числах уравнение:
а) х 3 + 21у 2 + 5 = 0;
б) 15х 2 – 7у 2 = 9.
3. Решить в натуральных числах уравнение:
а) 2 х + 1 = у 2 ;
б) 3·2 х + 1 = у 2 .
4. Доказать, что уравнение х 3 + 3у 3 + 9z 3 = 9xyz в рациональных числах имеет единственное решение
5. Доказать, что уравнение х 2 + 5 = у 3 в целых числах не имеет решений.
Введение
Существует множество математических задач, ответами к которым служат одно или несколько целых чисел. В качестве примера можно привести четыре классические задачи, решаемые в целых числах – задача о взвешивании, задача о разбиении числа, задача о размене и задача о четырёх квадратах. Стоит отметить, что, несмотря на достаточно простую формулировку этих задач, решаются они весьма сложно, с применением аппарата математического анализа и комбинаторики. Идеи решения первых двух задач принадлежат швейцарскому математику Леонарду Эйлеру (1707–1783). Однако наиболее часто можно встретить задачи, в которых предлагается решить уравнение в целых (или в натуральных) числах. Некоторые из таких уравнений довольно легко решаются методом подбора, но при этом возникает серьёзная проблема – необходимо доказать, что все решения данного уравнения исчерпываются подобранными (то есть решений, отличных от подобранных, не существует). Для этого могут потребоваться самые разнообразные приёмы, как стандартные, так и искусственные. Анализ дополнительной математической литературы показывает, что подобные задания достаточно часто встречаются в олимпиадах по математике разных лет и различных уровней, а также в задании 19 ЕГЭ по математике (профильный уровень). В то же время в школьном курсе математики данная тема практически не рассматривается, поэтому школьники, участвуя в математических олимпиадах или сдавая профильный ЕГЭ по математике, обычно сталкиваются со значительными трудностями при выполнении подобного рода заданий. В связи с этим целесообразно выделить систему основных методов решения уравнений в целых числах, тем более что в изученной математической литературе этот вопрос явно не оговаривается. Описанная проблема определила цель данной работы: выделить основные методы решения уравнений в целых числах. Для достижения поставленной цели необходимо было решить следующие задачи:
1) Проанализировать олимпиадные материалы, а также материалы профильного ЕГЭ по математике;
2) Обозначить методы решения уравнений в целых числах и выделить преобладающие;
3) Полученные результаты проиллюстрировать примерами;
4) Составить несколько тренировочных заданий по данной теме;
5) Применяя разработанные задания, определить степень готовности учащихся девятых классов МБОУ СОШ №59 к решению подобного рода задач и сделать практические выводы.
Основная часть
Анализ разнообразной математической литературы показывает, что среди методов решения уравнений в целых числах в качестве основных можно выделить следующие:
- Представление уравнения в виде произведения нескольких множителей, равного некоторому целому числу;
- Представление уравнения в виде суммы квадратов нескольких слагаемых, равной некоторому целому числу;
- Использование свойств делимости, факториалов и точных квадратов;
- Использование Малой и Великой теорем Ферма;
- Метод бесконечного спуска;
- Выражение одной неизвестной через другую;
- Решение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных;
- Рассмотрение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое число.
Сразу же нужно оговорить, что мы понимаем под основными методами решения уравнений. Основными будем называть наиболее часто применяющиеся методы, что, конечно, не исключает возможности периодического применения новых «неожиданных» приёмов. Кроме того, причём в подавляющем большинстве случаев, применяют их различные сочетания, то есть проводят комбинирование нескольких методов.
В качестве примера сочетания методов рассмотрим уравнение, предлагавшееся на ЕГЭ по математике в 2013 году (задание С6).
Задача. Решить в натуральных числах уравнение n ! + 5n + 13 = k 2 .
Решение. Заметим, что оканчивается нулём при n > 4. Далее, при любых n ∈ N оканчивается либо цифрой 0, либо цифрой 5. Следовательно, при n > 4 левая часть уравнения оканчивается либо цифрой 3, либо цифрой 8. Но она же равна точному квадрату, который не может оканчиваться этими цифрами. Поэтому нужно перебрать только четыре варианта: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.
Значит, уравнение имеет единственное натуральное решение n = 2, k = 5.
В этой задаче использовались свойства точных квадратов, свойства факториалов, и остатки от деления обеих частей уравнения на 10.
Задача 1. n 2 - 4y ! = 3.
Решение. Сначала перепишем исходное уравнение в виде n 2 = 4y ! + 3. Если посмотреть на это соотношение с точки зрения теоремы о делении с остатком, то можно заметить, что точный квадрат, стоящий в левой части уравнения, даёт при делении на 4 остаток 3, что невозможно. Действительно, любое целое число представимо в одном из следующих четырёх видов:
Таким образом, точный квадрат при делении на 4 даёт в остатке либо 0, либо 1. Следовательно, исходное уравнение не имеет решений.
Ключевая идея – применение свойств точных квадратов.
Задача 2. 8z 2 = (t !) 2 + 2.
Решение. Непосредственная проверка показывает, что t = 0 и t = 1 не являются решениями уравнения. Если t > 1, то t ! является чётным числом, то есть, оно представимо в виде t ! = 2s . В таком случае уравнение можно преобразовать к виду 4z 2 = 2s 2 + 1. Однако, полученное уравнение заведомо не имеет решений, ибо в левой части стоит чётное число, а в правой – нечётное.
Ключевая идея – применение свойств факториалов.
Задача 3. Решить в целых числах уравнение x 2 + y 2 – 2x + 6y + 5 = 0.
Решение. Исходное уравнение можно переписать следующим образом: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 5.
Из условия следует, что (x – 1), (y + 3) – целые числа. Следовательно, данное уравнение эквивалентно следующей совокупности:
Теперь можно выписать всевозможные целые решения уравнения.
Задача 4. Решить в целых числах уравнение zt + t – 2z = 7.
Решение. Исходное уравнение можно преобразовать к виду (z + 1) (t – 2) = 5. Числа (z + 1), (t – 2) являются целыми, поэтому имеют место следующие варианты:
Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения.
Ключевая идея – представление уравнения в виде произведения, равного целому числу.
Задача 5. Решить в целых числах уравнение n (n + 1) = (2k + 1)‼
Решение. Число (2k + 1)‼ нечётно при всех неотрицательных значениях k согласно определению (при отрицательных k оно вообще не определено). С другой стороны, оно равно числу n (n + 1), которое чётно при всех целых значениях k . Противоречие.
Ключевая идея – использование чётности/нечётности частей уравнения.
Задача 6. Решить в целых числах уравнение xy + x + 2y = 1.
Решение. Путём преобразований уравнение можно свести к следующему:
Данное преобразование не изменило ОДЗ неизвестных, входящих в уравнение, так как подстановка y = –1 в первоначальное уравнение приводит к абсурдному равенству –2 = 1. Согласно условию, x – целое число. Иначе говоря, тоже целое число. Но тогда число обязано быть целым. Дробь является целым числом тогда и только тогда, когда числитель делится на знаменатель. Делители числа 3: 1,3 –1, –3. Следовательно, для неизвестной возможны четыре случая: y = 0, y = 2, y = –2, y = –4. Теперь можно вычислить соответствующие значения неизвестной x . Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).
Ключевая идея – выражение одной неизвестной через другую.
Задача 7. m = n 2 + 2.
Решение. Если m = 0, то уравнение примет вид n 2 = –1. Оно не имеет целых решений. Если m < 0, то левая часть уравнения, а значит, и n , не будет являться целым числом. Значит, m > 0. Тогда правая часть уравнения (как и левая) будет кратна 5. Но в таком случае n 2 при делении на 5 должно давать остаток 3, что невозможно (это доказывается методом перебора остатков, который был изложен при решении задачи 1). Следовательно, данное уравнение не имеет решений в целых числах.
Ключевая идея – нахождение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое натуральное число.
Задача 8. Решить в целых числах уравнение (x !) 4 + (y – 1) 4 = (z + 1) 4 .
Решение. Заметим, что в силу чётности показателей степеней уравнение эквивалентно следующему: (x !) 4 + |y – 1| 4 = |z + 1| 4 . Тогда x !, |y – 1|, |z + 1| – натуральные числа. Однако, согласно Великой теореме Ферма, эти натуральные числа не могут удовлетворять исходному уравнению. Таким образом, уравнение неразрешимо в целых числах.
Ключевая идея – использование Великой теоремы Ферма.
Задача 9. Решить в целых числах уравнение x 2 + 4y 2 = 16xy .
Решение. Из условия задачи следует, что x – чётное число. Тогда x 2 = 4x 1 2 . Уравнение преобразуется к виду x 1 2 + y 2 = 8x 1 y . Отсюда вытекает, что числа x 1 , y имеют одинаковую чётность. Рассмотрим два случая.
1 случай . Пусть x 1 , y – нечётные числа. Тогда x 1 = 2t + 1, y = 2s + 1. Подставляя эти выражения в уравнение, получим:
Выполним соответствующие преобразования:
Сокращая обе части полученного уравнения на 2, получим?
В левой части стоит нечётное число, а в правой – чётное. Противоречие. Значит, 1 случай невозможен.
2 случай . Пусть x 1 , y – чётные числа. Тогда x 1 = 2x 2 + 1, y = 2y 1 . Подставляя эти значения в уравнение, получим:
Таким образом, получилось уравнение, точно такое же, как на предыдущем шаге. Исследуется оно аналогично, поэтому на следующем шаге получим уравнение 
и т.д. Фактически, проводя эти преобразования, опирающиеся на чётность неизвестных, мы получаем следующие разложения: . Но величины n
и k
не ограничены, так как на любом шаге (со сколь угодно большим номером) будем получать уравнение, эквивалентное предыдущему. То есть, данный процесс не может прекратиться. Другими словами, числа x
, y
бесконечно много раз делятся на 2. Но это имеет место, только при условии, что x
= y
= 0. Итак, уравнение имеет ровно одно целое решение (0; 0).
Ключевая идея – использование метода бесконечного спуска.
Задача 10. Решить в целых числах уравнение 5x 2 – 3xy + y 2 = 4.
Решение. Перепишем данное уравнение в виде 5x 2 – (3x )y + (y 2 – 4) = 0. Его можно рассмотреть как квадратное относительно неизвестной x . Вычислим дискриминант этого уравнения:
Для того чтобы уравнение имело решения, необходимо и достаточно, чтобы , то есть Отсюда имеем следующие возможности для y : y = 0, y = 1, y = –1, y = 2, y = –2.
Итак, уравнение имеет ровно 2 целых решения: (0;2), (0;–2).
Ключевая идея – рассмотрение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных.
Составленные автором задачи были использованы при проведении эксперимента, который состоял в следующем. Всем учащимся девятых классов были предложены разработанные задания с целью выявления уровня подготовки детей по данной теме. Каждому из учеников необходимо было предложить метод нахождения целочисленных решений уравнений. В эксперименте приняли участие 64 ученика. Полученные результаты представлены в таблице 1.
ТАБЛИЦА 1
| Номер задания | Количество учащихся, справившихся с заданием (в процентах) |
Данные показатели говорят о том, что уровень подготовки учащихся девятых классов по данной теме очень низкий. Поэтому целесообразной представляется организация спецкурса «Уравнения в целых числах», который будет направлен на усовершенствование знаний учеников в данной области. Прежде всего, это ученики, которые систематически участвуют в математических конкурсах и олимпиадах, а также планируют сдавать профильный ЕГЭ по математике.
Выводы
В ходе выполнения данной работы:
1) Проанализированы олимпиадные материалы, а также материалы ЕГЭ по математике;
2) Обозначены методы решения уравнений в целых числах и выделены преобладающие;
3) Полученные результаты проиллюстрированы примерами;
4) Составлены тренировочные задания для учащихся девятых классов;
5) Поставлен эксперимент по выявлению уровня подготовки по данной теме учащихся девятых классов;
6) Проанализированы результаты эксперимента и сделаны выводы о целесообразности изучения уравнений в целых числах на математическом спецкурсе.
Результаты, полученные в ходе данного исследования, могут быть использованы при подготовке к математическим олимпиадам, ЕГЭ по математике, а также при проведении занятий математического кружка.
Список литературы
1. Гельфонд А.О. Решение уравнений в целых числах. – М.: Наука, 1983 – 64 с.
2. Алфутова Н.Б. Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для математических школ – М.: МЦНМО, 2009 – 336 с.
3. Гальперин Г.А., Толпыго А.К. Московские математические олимпиады: Кн. для учащихся / Под ред. А.Н. Колмогорова. – М.: Просвещение, 1986. – 303 с., илл.
4. Далингер В.А. Задачи в целых числах – Омск: Амфора, 2010 – 132 с.
5. Гастев Ю. А., Смолянский М. Л. Несколько слов о Великой теореме Ферма // Квант, август 1972.
Глоссарий
Метод бесконечного спуска – метод, разработанный французским математиком П.Ферма (1601–1665), заключающийся в получении противоречия путём построения бесконечно убывающей последовательности натуральных чисел. Разновидность метода доказательства от противного.
Точный (полный) квадрат - квадрат целого числа.
Факториал натурального числа n - произведение всех натуральных чисел от 1 до n включительно.
Муниципальное общеобразовательное учреждение
Саврушская средняя общеобразовательная школа
Похвистневский район Самарская область
Реферат по математике на тему:
«Уравнения с двумя
неизвестными
в целых числах »
Выполнили: Колесова Татьяна
Староверова Нина
у ченицы 10 класса
МОУ Саврушская СОШ
Похвистневского района
Самарской области.
Руководитель: Ятманкина Галина Михайловна
учитель математики.
Савруха 2011
Введение._______________________________________________3
1. Историческая справка _______________________________________5
1.1 Теоремы о числе решений линейных диофантовых уравнений___6
1.2 Алгоритм решения уравнения в целых числах_________________ 6
1.3 Способы решения уравнений_______________________________ 7
Глава 2. Применение способов решения уравнений.
1. Решение задач_____________________________________________ 8
2.1 Решение задач с помощью алгоритма Евклида________________ 8
2.2 Способ перебора вариантов________________________________ 9
2.3 Метод разложения на множители___________________________ 9
2.4 Метод остатков__________________________________________ 12
2. Задачи экзаменационного уровня___________________________ 13
Заключение________________________________________________ 16
Список используемой литературы_____________________________ 17
« Кто управляет числами,
Тот управляет миром»
Пифагор.
Введение.
Анализ ситуации: Диофантовы уравнения это актуальная в наше время тема, т. к. решение уравнений, неравенств, задач, сводящихся к решению уравнений в целых числах с помощью оценок для переменных, встречается в различных математических сборниках и сборниках ЕГЭ.
Изучив разные способы решения квадратного уравнения с одной переменной на уроках, нам было интересно разобраться, а как решаются уравнения с двумя переменными. Такие задания встречаются на олимпиадах и в материалах ЕГЭ.
В этом учебном году одиннадцатиклассникам предстоит сдавать Единый государственный экзамен по математике, где КИМы составлены по новой структуре. Нет части «А», но добавлены задания в часть «В» и часть «С». Составители объясняют добавление С6 тем, что для поступления в технический ВУЗ нужно уметь решать задания такого высокого уровня сложности.
Проблема : Решая примерные варианты заданий ЕГЭ, мы заметили, что чаще всего встречаются в С6 задания на решение уравнений первой и второй степени в целых числах. Но мы не знаем способы решения таких уравнений. В связи с этим возникла необходимость изучить теорию таких уравнений и алгоритм их решения.
Цель: Освоить способ решения уравнений с двумя неизвестными первой и второй степени в целых числах.
Задачи: 1) Изучить учебную и справочную литературу;
2) Собрать теоретический материал по способам решения уравнений;
3) Разобрать алгоритм решения уравнений данного вида;
4) Описать способ решения.
5) Рассмотреть ряд примеров с применением данного приема.
6) Решить уравнения с двумя переменными в целых числах из
материалов ЕГЭ-2010 С6.
Объект исследования : Решение уравнений
Предмет исследования : Уравнения с двумя переменными в целых числах.
Гипотеза: Данная тема имеет большое прикладное значение. В школьном курсе математики подробно изучаются уравнения с одной переменной и различные способы их решения. Потребности учебного процесса требуют, чтобы ученики знали и умели решать простейшие уравнения с двумя переменными. Поэтому повышенное внимание к этой теме не только оправдано, но и является актуальной в школьном курсе математики.
Данная работа может быть использована для изучения данной темы на факультативных занятиях учениками, при подготовке к выпускным и вступительным экзаменам. Мы надеемся, что наш материал поможет старшеклассникам научиться решать уравнения такого вида.
Глава 1. Теория уравнений с двумя переменными в целых числах.
1. Историческая справка.
Диофант и история диофантовых уравнений .
Решение уравнений в целых числах является одной из древнейших математических задач. Наибольшего расцвета эта область математики достигла в Древней Греции. Основным источником, дошедшим до нашего времени, является произведение Диофанта – «Арифметика». Диофант суммировал и расширил накопленный до него опыт решения неопределенных уравнений в целых числах.
История сохранила нам мало черт биографии замечательного александрийского ученого-алгебраиста Диофанта. По некоторым данным Диофант жил до 364 года н.э. Достоверно известно лишь своеобразное жизнеописание Диофанта, которое по преданию было высечено на его надгробии и представляло задачу-головоломку:
«Бог ниспослал ему быть мальчиком шестую часть жизни; добавив к сему двенадцатую часть, Он покрыл его щеки пушком; после седьмой части Он зажег ему свет супружества и через пять лет после вступления в брак даровал ему сына. Увы! Несчастный поздний ребенок, достигнув меры половины полной жизни отца, он был унесен безжалостным роком. Через четыре года, утешая постигшее его горе наукой о числах, он [Диофант] завершил свою жизнь» (примерно 84 года).
Эта головоломка служит примером тех задач, которые решал Диофант. Он специализировался на решении задач в целых числах. Такие задачи в настоящее время известны под названием диофантовых.
Наиболее известной, решенной Диофантом, является задача «о разложении на два квадрата». Ее эквивалентом является известная всем теорема Пифагора. Эта теорема была известна в Вавилонии, возможно ее знали и в Древнем Египте, но впервые она была доказана, в пифагорейской школе. Так называлась группа интересующихся математикой философов по имени основателя школы Пифагора (ок. 580-500г. до н.э.)
Жизнь и деятельность Диофанта протекала в Александрии, он собирал и решал известные и придумывал новые задачи. Позднее он объединил их в большом труде под названием «Арифметика». Из тринадцати книг, входивших в состав «Арифметики», только шесть сохранились до Средних веков и стали источником вдохновения для математиков эпохи Возрождения.
1.1 Теоремы о числе решений линейного диофантового уравнения.
Приведем здесь формулировки теорем, на основании которых может быть составлен алгоритм решения неопределенных уравнений первой степени от двух переменных в целых числах.
Теорема 1. Если в уравнении , , то уравнение имеет, по крайней мере, одно решение.
Теорема 2. Если в уравнении , и с не делится на , то уравнение целых решений не имеет.
Теорема 3. Если в уравнении , и , то оно равносильно уравнению , в котором .
Теорема 4. Если в уравнении , , то все целые решения этого уравнения заключены в формулах:
где х 0 , у 0
1.2. Алгоритм решения уравнения в целых числах.
Сформулированные теоремы позволяют составить следующий алгоритм решения в целых числах уравнения вида .
1. Найти наибольший общий делитель чисел a и b ,
если и с не делится на , то уравнение целых решений не имеет;
если и , то
2. Разделить почленно уравнение на , получив при этом уравнение , в котором .
3. Найти целое решение (х 0 , у 0 ) уравнения путем представления 1 как линейной комбинации чисел и ;
4. Составить общую формулу целых решений данного уравнения
где х 0 , у 0 – целое решение уравнения , - любое целое число.
1.3 Способы решения уравнений
При решении уравнений в целых и натуральных числах можно условно выделить следующие методы:
1. Способ перебора вариантов.
2. Алгоритм Евклида.
3. Цепные дроби.
4. Метод разложения на множители.
5. Решение уравнений в целых числах как квадратных относительно какой-либо переменной.
6. Метод остатков.
7. Метод бесконечного спуска.
Глава 2. Применение способов решения уравнений
1. Примеры решения уравнений.
2.1 Алгоритм Евклида.
Задача 1 . Решить уравнение в целых числах 407х – 2816y = 33.
Воспользуемся составленным алгоритмом.
1. Используя алгоритм Евклида, найдем наибольший общий делитель чисел 407 и 2816:
2816 = 407·6 + 374;
407 = 374·1 + 33;
374 = 33·11 + 11;
Следовательно (407,2816) = 11, причем 33 делится на 11
2. Разделим обе части первоначального уравнения на 11, получим уравнение 37х – 256y = 3, причем (37, 256) = 1
3. С помощью алгоритма Евклида найдем линейное представление числа 1 через числа 37 и 256.
256 = 37·6 + 34;
Выразим 1 из последнего равенства, затем последовательно поднимаясь по равенствам будем выражать 3; 34 и полученные выражения подставим в выражение для 1.
1 = 34 – 3·11 = 34 – (37 – 34·1) ·11 = 34·12 – 37·11 = (256 – 37·6) ·12 – 37·11 =
– 83·37 – 256·(–12)
Таким образом, 37·(– 83) – 256·(–12) = 1, следовательно пара чисел х 0 = – 83 и у 0 = – 12 есть решение уравнения 37х – 256y = 3.
4. Запишем общую формулу решений первоначального уравнения
где t - любое целое число.
2.2 Способ перебора вариантов.
Задача 2. В клетке сидят кролики и фазаны, всего у них 18 ног. Узнать, сколько в клетке тех и других?
Решение: Составляется уравнение с двумя неизвестными переменными, в котором х – число кроликов, у – число фазанов:
4х + 2у = 18, или 2х + у = 9.
Выразим у через х : у = 9 – 2х.
Таким образом, задача имеет четыре решения.
Ответ: (1; 7), (2; 5), (3; 3), (4; 1).
2.3 Метод разложения на множители.
Перебор вариантов при нахождении натуральных решений уравнения с двумя переменными оказывается весьма трудоемким. Кроме того, если уравнение имеет целые решения, то перебрать их невозможно, так как таких решений бесконечное множество. Поэтому покажем еще один прием - метод разложения на множители.
Задача 3. Решить уравнение в целых числах y 3 - x 3 = 91.
Решение. 1) Используя формулы сокращенного умножения, разложим правую часть уравнения на множители:
(y - x )(y 2 + xy + x 2) = 91……………………….(1)
2) Выпишем все делители числа 91: ± 1; ± 7; ± 13; ± 91
3) Проводим исследование. Заметим, что для любых целых x и y число
y 2 + yx + x 2 ≥ y 2 - 2|y ||x | + x 2 = (|y | - |x |) 2 ≥ 0,
следовательно, оба сомножителя в левой части уравнения должны быть положительными. Тогда уравнение (1) равносильно совокупности систем уравнений:
; 
; 
; 
4) Решив системы, получим: первая система имеет решения (5; 6), (-6; -5); третья (-3; 4),(-4;3); вторая и четвертая решений в целых числах не имеют.
Ответ: уравнение (1) имеет четыре решения (5; 6); (-6; -5); (-3; 4); (-4;3).
Задача 4. Найти все пары натуральных чисел, удовлетворяющих уравнению
Решение. Разложим левую часть уравнения на множители и запишем уравнение в виде
.
Т.к. делителями числа 69 являются числа 1, 3, 23 и 69, то 69 можно получить двумя способами: 69=1·69 и 69=3·23. Учитывая, что , получим две системы уравнений, решив которые мы сможем найти искомые числа:
Первая система имеет решение , а вторая система имеет решение .
Ответ: .
Задача 5.
Решение. Запишем уравнение в виде
.
Разложим левую часть уравнения на множители. Получим
.
Произведение двух целых чисел может равняться 1 только в двух случаях: если оба они равны 1 или -1. Получим две системы:
Первая система имеет решение х=2, у=2, а вторая система имеет решение х=0, у=0.
Ответ: .
Задача 6. Решить в целых числах уравнение
.
Решение . Запишем данное уравнение в виде
Разложим левую часть уравнения на множители способом группировки, получим
.
Произведение двух целых чисел может равняться 7 в следующих случаях:
7=1· 7=7·1=-1·(-7)=-7·(-1).Таким образом, получим четыре системы:
Или , или , или .
Решением первой системы является пара чисел х = - 5, у = - 6. Решая вторую систему, получим х = 13, у = 6.Для третьей системы решением являются числа х = 5, у = 6. Четвёртая система имеет решение х = - 13, у = - 6.
Задача 7. Доказать, что уравнение (x - y ) 3 + (y - z ) 3 + (z - x ) 3 = 30 не
имеет решений в целых числах.
Решение. 1) Разложим левую часть уравнения на множители и обе части уравнения разделим на 3, в результате получим уравнение:
(x - y )(y - z )(z - x ) = 10…………………………(2)
2) Делителями 10 являются числа ±1, ±2, ±5, ±10. Заметим также, что сумма сомножителей левой части уравнения (2) равна 0. Нетрудно проверить, что сумма любых трех чисел из множества делителей числа 10, дающих в произведении 10, не будет равняться 0. Следовательно, исходное уравнение не имеет решений в целых числах.
Задача 8. Решить уравнение: х 2 - у 2 =3 в целых числах.
Решение:
1. применим формулу сокращенного умножения х 2 - у 2 =(х-у)(х+у)=3
2. найдем делители числа 3 = -1;-3;1;3
3. Данное уравнение равносильно совокупности 4 систем:
Х-у=1 2х=4 х=2, у=1
Х-у=3 х=2, у=-1
Х-у=-3 х=-2, у=1
Х-у=-1 х=-2, у=-1
Ответ: (2;1), (2;-1), (-2;1), (-2,-1)
2.4 Метод остатков.
Задача 9 . Решить уравнение: х 2 +ху=10
Решение:
1. Выразим переменную у через х: у= 10-х 2
У = - х
2. Дробь будет целой, если х Є ±1;±2; ±5;±10
3. Найдем 8 значений у.
Если х=-1, то у= -9 х=-5, то у=3
Х=1, то у=9 х=5, то у=-3
Х=-2 ,то у=-3 х=-10, то у=9
Х=2, то у=3 х=10, то у=-9
Задача 10. Решить уравнение в целых числах:
2х 2 -2ху +9х+у=2
Решение:
выразим из уравнения то неизвестное, которое входит в него только в первой степени - в данном случае у:
2х 2 +9х-2=2ху-у
У =
выделим у дроби целую часть с помощью правила деления многочлена на многочлен «углом». Получим:
Следовательно, разность 2х-1 может принимать только значения -3,-1,1,3.
Осталось перебрать эти четыре случая.
Ответ : (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)
2. Задачи экзаменационного уровня
Рассмотрев несколько способов решения уравнений первой степени с двумя переменными в целых числах, мы заметили, что чаще всего применяются метод разложения на множители и метод остатков.
Уравнения, которые даны в вариантах ЕГЭ -2011, в основном решаются методом остатков.
1. Решить в натуральных числах уравнение: , где т>п
Решение:
Выразим переменную п
через переменную т
(у+10) 2 < 6 -2 ≤ у+10 ≤ 2 -12 ≤ у ≤ -8
(у+6) 2 < 5 -2 ≤ у+6 ≤ 2 -8 ≤ у ≤ -4 у=-8
Ответ: (12; -8)
Заключение.
Решение различного вида уравнений является одной из содержательных линий школьного курса математики, но при этом методы решения уравнений с несколькими неизвестными практически не рассматриваются. Вместе с тем, решение уравнений от нескольких неизвестных в целых числах является одной из древнейших математических задач. Большинство методов решения таких уравнений основаны на теории делимости целых чисел, интерес к которой в настоящее время определяется бурным развитием информационных технологий. В связи с этим, учащимся старших классов будет небезынтересно познакомиться с методами решения некоторых уравнений в целых числах, тем более что на олимпиадах разного уровня очень часто предлагаются задания, предполагающие решение какого-либо уравнения в целых числах, а в этом году такие уравнения включены еще и в материалы ЕГЭ.
В своей работе мы рассматривали только неопределенные уравнения первой и второй степени. Уравнения первой степени, как мы увидели, решаются довольно просто. Мы выделили виды таких уравнений и алгоритмы их решений. Также было найдено общее решение таких уравнений.
С уравнениями второй степени сложнее, поэтому мы рассмотрели лишь частные случаи: теорему Пифагора и случаи, когда одна часть уравнения имеет вид произведения, а вторая раскладывается на множители.
Уравнениями третьей и больше степеней занимаются великие математики, потому что их решения слишком сложны и громоздки
В дальнейшем мы планируем углубить свое исследование в изучении уравнений с несколькими переменными, которые применяются в решении задач
Литература.
1. Березин В.Н. Сборник задач для факультативных и внеклассных занятий по математике. Москва « Просвещение» 1985г.
2. Галкин Е.Г. Нестандартные задачи по математике. Челябинск «Взгляд» 2004г.
3. Галкин Е.Г. Задачи с целыми числами. Челябинск «Взгляд» 2004г.
4. Глейзер Е.И. История математики в школе. Москва «Просвещение» 1983г.
5. Мордкович А.Г. Алгебра и начала анализа 10-11 класс. Москва 2003г.
6. Математика. ЕГЭ 2010. Федеральный институт
педагогических измерений.
7. Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение
задач. Москва 1986г.