4.1. Линейное диофантово уравнение с двумя неизвестными

В этом разделе рассматривается линейное уравнение

где `a`, `b`, `c` - целые числа, причём `ab!=0` (иначе это уравнение с не более одной неизвестной).

Уравнения с целыми числами с двумя (и более) неизвестными наряду с большим количеством других интересных задач рассматривал в своей книге «Арифметика» греческий математик Диофант Александрийский (III в.). Такие уравнения были впоследствии названы его именем.

Докажите, что монетами в `2` и `5` рублей можно заплатить любую натуральную сумму рублей, кроме `1` и `3`.

Пусть сумма, которую нужно составить, равняется рублей, и мы заплатим её `x` монетами по `2` рубля и монетами по `5` рублей.

Отсюда получим уравнение `2x+5y=n`. Выразим `x` через `y`: `x=(n-5y)/2`.

Наша задача - найти хотя бы одно решение этого уравнения в целых неотрицательных числах. Если `n` делится на `2`, то в качестве такого решения можно взять `y=0`, `x=n//2`. Если же `n` не делится на `2`, то можно взять `y=1`, `x=(n-5)/2`. Здесь `x` не будет являться отрицательным, если `b>=5`. Таким образом, любую натуральную сумму рублей, кроме `1` и `3` можно заплатить монетами в `2` и `5` рублей.

Замечание

Если же в этой задаче разрешить давать сдачу (также только монетами `2` и `5` рублей), то тогда можно будет с учётом сдачи заплатить любую сумму рублей.

Перейдём к решению уравнения `ax+by=c`.

Уравнение `ax+by=c` имеет бесконечное множество целочисленных решений, если `c` делится на `"НОД"(a,b)` и не имеет целочисленных решений в противном случае.

Условие «`c` делится на `"НОД"(a,b)`», частности, всегда выполнено, когда числа `a` и `b` взаимно просты.

Диофантово уравнение `ax+by=c` можно решать по следующему алгоритму:

1. Разделим обе части уравнения `ax+by=c` на `"НОД"(a,b)`. Числа `a` и `b`, поделённые на свой НОД, станут взаимно простыми. Если число `c`, разделённое нацело на `"НОД"(a,b)`, не является целым, то уравнение решений не имеет (слева стоит целое число, справа - нецелое).
Таким образом, мы пришли к равносильному уравнению `bar(a)x+bar(b)y=bar(c)`, где `"НОД"(bar(a),bar(b))=1`.

2. Итак, пусть теперь есть уравнение `ax+by=c`, где числа `a` и `b` являются взаимно простыми. Найдём какое-то одно (так называемое «частное») решение этого уравнения - `(x_0,y_0)` . Это можно сделать путём подбора или с помощью алгоритма Евклида (см. конец этого раздела).

3. Выпишем ответы: x = x 0 - b t y = y 0 + a t ,   t ∈ ℤ . \left\{\begin{array}{l}x=x_0-bt\\y=y_0+at\end{array}\right.,\:t\in\mathbb{Z}.

Почему все ответы имеют такой вид?

Пусть `(x_0,y_0)` - решение уравнения `ax+by=c`. Рассмотрим выражение `a(x-x_0)+b(y-y_0)`. Оно равняется нулю:

`a(x-x_0)+b(y-y_0)=ax+by-(ax_0+by_0)=c-c=0`.

Таким образом, числа `x-x_0` и `y-y_0` являются решениями уравнения `aX+bY=0`. Перепишем это уравнение в виде `aX=-bY`. Так как числа `a` и `b` - взаимно просты, число `Y` должно делиться на число `a`, т. е. `Y=at` при каком-то целом `t`. Подставим `Y` в уравнение `aX=-bY`, получим `aX=-bat`, что в свою очередь после сокращения на `a` преобразуется к виду `X=-bt`.

Итак, x - x 0 = - b t , y - y 0 = a t , \left\{\begin{array}{l}x-x_0=-bt,\\y-y_0=at,\end{array}\right. откуда и получаем выписанные в п. 3 ответы.

Решите уравнение `10x+4y=100`.

Разделим обе части уравнения на `"НОД"(10,4)=2`, получив уравнение `5x+2y=50`. Подбором получаем частное решение `x_0=10`, `y_0=0`.

Затем выпишем все решения этого уравнения: x = 10 - 2 t y = 5 t ,   t ∈ ℤ . \left\{\begin{array}{l}x=10-2t\\y=5t\end{array}\right.,\:t\in\mathbb{Z}.

x = 10 - 2 t y = 5 t ,   t ∈ ℤ . \left\{\begin{array}{l}x=10-2t\\y=5t\end{array}\right.,\:t\in\mathbb{Z}.

Опишем процесс нахождения «частного» решения с помощью алгоритма Евклида на примере диофантова уравнения `7x+18y=2`.

Найдите частное решение уравнения `7x+18y=2`.

Для начала найдём частное решение уравнения `7x+18y=1`, затем, домножим полученное решение на `2`, получим частное решение уравнения `7x+18y=2`.

Найдём `"НОД"(18,7)` с помощью алгоритма Евклида. `18=7*2+4`, поэтому `"НОД"(18,7)= "НОД"(7,4)`. Будем записывать каждое новое число, к которому мы приходим, выполняя алгоритм Евклида, в виде `7x+18y`. Так, `4 = 18 - 7*2`.

Затем `"НОД"(7,4) = "НОД"(4,3)`, где `3 = 7 - 4 = 7- (18 -7*2) = 7*3 - 18`.

Наконец, `"НОД"(4,3) = "НОД"(3,1) = 1`, причём

`1 = 4 - 3 = (18 - 7×2) - (7*3 -18) = 18*2 - 7×5`.

Вот, мы получили частное решение уравнения `7x+18y=1:` `x=-5, y=2`.

Отсюда частное решение уравнения `7x+18y=2` имеет вид `x_0=-10, y_0=4`.

Решая задачу другими способами, можно найти и другие частные решения.

Например, `x_0=8, y_0=-3`.

`x=-10, y=4`.*

4.2. Примеры решения нелинейных уравнений

Пример 21 (ЕГЭ, тренировочный вариант)

Группу школьников нужно перевезти из летнего лагеря одним из двух способов: либо двумя автобусами типа А за несколько рейсов, либо тремя автобусами типа В за несколько рейсов, причём в этом случае число рейсов каждого автобуса типа В будет на один меньше, чем рейсов каждого автобуса типа А. В каждом из случаев автобусы заполняются полностью. Какое максимальное количество школьников можно перевезти при указанных условиях, если в автобус типа В входит на `7` человек меньше, чем в автобус типа А.

Пусть в автобус типа В входит `x` человек (тогда в автобус типа А входит `x+7` человек), и автобусы типа B должны совершить `y` рейсов (тогда автобусы типа A должны совершить `y+1` рейс). По условию задачи составим выражение для количества детей, перевезённых обоими способами:

`2(x+7)(y+1)=3xy`.

Выразим переменную этого выражения через `y`.

`14y+2x+14-xy=0`; `x=(14y+14)/(y-2)`.

Выделим целую часть числа:

`(14y+14)/(y-2)`; `x=(14y+14)/(y-2)=14+42/(y-2)`.

Напомним, число `x` должно быть целым, отсюда получаем, что число `(y-2)` должно быть делителем числа `42`.

Переберём все делители числа `42` и выясним, какое максимальное количество детей `(3xy)` можно увезти:

`y-2`
`y`
`x`
`3xy`

Максимальное количество школьников, которое можно перевезти согласно условиям задачи, равно `1980`.

Решите в целых числах уравнение `xy=5(x+y)`.

Перепишем уравнение в виде: `xy-5x-5y=0`;

`x(y-5)-5(y-5)-25=0`; `(x-5)(y-5)=25`.

Заметим, что `25` можно разложить на множители (в том числе отрицательные) только следующими способами:

`25=1*25=5*5=(-1)*(-25)=(-5)*(-5)`.

Из каждого из разложений получаем решения.

`(x,y)=(6,30);(30,6);(10,10);(4,-20);(-20,4);(0,0)`.

Решите в целых числах уравнение `x^2=2y^2+xy+7`.

Перепишем это уравнение в виде: `(x+y)(x-2y)=7`.

Это разложение можно получить следующим образом: запишем выражение `x^2-xy-2y^2=0` и вынесем `y^2` за скобки: `y^2[(x/y)^2-x/y-2]`.

Т. к. `(x+y)` и `(x-2y)` - целые числа, то нужно посмотреть на разложение числа `7` на два целых множителя. Возможные разложения выпишем в таблицу:

`x+y=`	`7`	`1`	`-7`	`-1`
`x-2y=`	`1`	`7`	`-1`	`-7`

Получаются `4` системы линейных уравнений. Решим одну из них (первую):

x + y = 7 , x - 2 y = 1 . \left\{\begin{array}{l}x+y=7,\\x-2y=1.\end{array}\right.

Получим: `x=5, y=2`.

Остальные системы выписываются аналогично, и все полученные решения будут являться целыми.

`(x,y)=(5,2);(-5,-2);(3;-2);(-3,2)`.

В обоих примерах мы раскладывали многочлен на множители и использовали свойства делимости.

Решите в целых числах уравнение `x^3-xy-7x+2y+23=0`.

В это уравнение переменная `y` входит в первой степени, выразим её через `x:`

`x^3+y(2-x)-7x+23=0, y=(x^3-7x+23)/(x-2)`.

Сделаем замену: `t=x-2`. Тогда `x=t+2`; `x^3=t^3+6t^3+12t+8` и, следовательно,

Разложив левую часть, получим `(1+x)(1+x^2)=2^y`.

Т. к. числа `x` и `x^2` - натуральные, `1+x>=2`; `1+x^2>=2`, значит, оба числа - `(1+x)` и `(1+x^2)` являются натуральными степенями двойки. Пусть `1+x=2^t`. Выразив из этого уравнения `x`, получим, `1+x^2=2^(2t)-2*2^t+2`. Это число также должно являться степенью двойки.

Если `t=1`, то `(x,y)=(1,2)` - решения нашего уравнения.

Если `t=2`, то `1+x^2=10`, что не является степенью двойки; решений в данном случае нет.

Если `t>=3`, то `2*2^t-2>0` и `2^(2t)-2*2^t+2<2^(2t)`. Докажем, что `2^(2t)-2*2^t+2>2^(2t-1)`. Это неравенство можно переписать в виде

`2^(2t-1)=2^(2t)-2^(2t-1)>2*2^t-2; 2^(2t-2)>2^t-1`.

Последнее неравенство является верным, т. к. при `t>=3` верно `2t-2>t`, что приведёт к неравенству `2^(2t-2)-2^t>0> -1`.

Таким образом, мы получили, что число `1+x^2=2^(2t)-2*2^t+2` заключено строго между двумя соседними степенями двойки, `2^(2t-1)<2^(2t)-2*2^t+2<2^(2t)`, а, значит, само степенью двойки не является. Противоречие, решений при `t>=3` нет.

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.

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.

Задачи с целочисленными неизвестными

Павловская Нина Михайловна,

учитель математики МБОУ «СОШ № 92

г. Кемерово

Алгебраические уравнения или системы алгебраических уравнений с целыми коэффициентами, имеющими число неизвестных, превосходящее число уравнений, и у которых разыскиваются целые или рациональные решения получили название диофантовых уравнений .

Проблема решения уравнений в целых числах решена до конца только для уравнений с одним неизвестным, для уравнений первой степени и для уравнений второй степени с двумя неизвестными. Для уравнений выше второй степени с двумя или более неизвестными трудной является даже задача доказательства существования целочисленных решений. Более того, доказано, что не существует единого алгоритма, позволяющего за конечное число шагов решать в целых числах произвольные диофантовы уравнения.

• Простейшими диофантовыми уравнениями являются уравнения вида

ax + by = c , a ≠ 0; b ≠ 0

Если с = 0 , то решение очевидно х = 0, у = 0.

Если с ≠ 0 , и решение (х 0 ; у 0 ) , то целое число

ax 0 + by 0 делится на d = (a ; b) , поэтому с так же должно делиться на общий делитель a и b .

Например: 3х + 6у = 5 не имеет целых решений, так как (3; 6) = 3, а с = 5 не делится на 3 без остатка.

• Если уравнение ax + by = c имеет решение (х 0 ; у 0 ) , и (a ; b) = 1 , то все решения уравнения задаются формулами х = х 0 + bn; y = у 0 – an, где nлюбое целое решение.

Например: 3х + 5у = 13, (3; 5) = 1, значит уравнение имеет бесконечно много решений, х 0 =1; у 0 =2

Большая (великая) теорема Ферма гласит: уравнение вида не имеет решений в натуральных числах.

Эта теорема была сформулирована итальянским математиком Пьером Ферма более 300 лет назад, а доказана лишь в 1993 году.

Метод разложения на множители .

1) Решить в целых числах уравнение

x + y = xy.

Решение. Запишем уравнение в виде

(x - 1)(y - 1) = 1.

Произведение двух целых чисел может равняться 1 только в том случае, когда оба они равны 1. Т. е. исходное уравнение равносильно совокупности

с решениями (0,0) и (2,2).

2. Решите в целых числах уравнение:

3х² + 4ху – 7у²= 13.

Решение: 3х² - 3ху + 7ху – 7у²= 13,

3х(х – у) +7у(х – у) = 13,

(х – у)(3х + 7у) = 13.

Так как 13 имеет целые делители ±1 и ±13,

1. х – у = 1, 7х – 7у = 7, х = 2,

3х + 7у= 13; 3х + 7у = 13; откуда у = 1

2. х – у = 13, 7х – 7у = 91, х = 9,2,

3х + 7у= 1; 3х + 7у =1; откуда у=- 3,8.

3 . х – у = -1, 7х – 7у = -7, х = -2,

3х + 7у= -13; 3х + 7у = -13; откуда у = -1.

4. х – у = -13, 7х – 7у = -91, х = -9,2,

3х + 7у= -1; 3х +7у= -1; откуда у =3,8.

Следовательно уравнение имеет два решения в целых числах: (2;1) и (-2;-1)

3 . Решите в целых числах уравнение:

9х² + 4х – ху +3у = 88.

Решение: 9х² + 4х – 88 = ху – 3у,

9х² + 4х – 88 = у(х – 3)

так как 5 имеет целые делители ± 1и ± 5, то

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.