4.1. Linjär diofantisk ekvation med två okända
Detta avsnitt diskuterar den linjära ekvationen
där `a`, `b`, `c` är heltal och `ab!=0` (annars är detta en ekvation med högst en okänd).
Ekvationer med heltal med två (eller fler) okända, tillsammans med ett stort antal andra intressanta problem, övervägdes i hans bok "Aritmetik" av den grekiske matematikern Diophantus av Alexandria (3:e århundradet). Sådana ekvationer uppkallades senare efter honom.
Bevisa att mynt på `2` och `5` rubel kan användas för att betala vilket verkligt belopp av rubel som helst, förutom `1` och `3`.
Låt beloppet vara lika med rubel, så betalar vi det med "x" mynt på "2" rubel och mynt på "5" rubel.
Härifrån får vi ekvationen `2x+5y=n`. Låt oss uttrycka "x" till "y": "x=(n-5y)/2".
Vår uppgift är att hitta åtminstone en lösning på denna ekvation i icke-negativa heltal. Om `n` är delbart med `2`, då kan `y=0`, `x=n//2` tas som en sådan lösning. Om `n` inte är delbart med `2` kan du ta `y=1`, `x=(n-5)/2`. Här kommer inte `x` att vara negativt om `b>=5`. Således kan alla naturliga rubelbelopp, förutom "1" och "3", betalas i mynt på "2" och "5" rubel.
Kommentar
Om du i det här problemet tillåts ge växel (även endast i "2" och "5" rubelmynt), kommer det att vara möjligt att betala valfritt belopp av rubel, med hänsyn till förändringen.
Låt oss gå vidare till att lösa ekvationen `ax+by=c`.
Ekvationen `ax+by=c` har ett oändligt antal heltalslösningar om `c` är delbart med `GCD(a,b)` och inte har några heltalslösningar i övrigt.
Villkoret "c" är dividerat med "GCD(a,b)", i synnerhet är alltid uppfyllt när talen "a" och "b" är coprime.
Den diofantiska ekvationen `ax+by=c` kan lösas med hjälp av följande algoritm:
1.
Låt oss dividera båda sidor av ekvationen `ax+by=c` med `"GCD"(a,b)`. Siffrorna `a` och `b`, dividerat med deras gcd, blir relativt primtal. Om talet `c`, jämnt dividerat med `"GCD"(a,b)`, inte är ett heltal, så har ekvationen inga lösningar (det finns ett heltal till vänster, ett icke-heltal till höger).
Sålunda har vi kommit fram till ekvivalentekvationen `bar(a)x+bar(b)y=bar(c)`, där `"GCD"(bar(a),bar(b))=1`.
2. Så låt det nu finnas en ekvation `ax+by=c`, där talen `a` och `b` är coprime. Låt oss hitta en (så kallad "särskild") lösning på denna ekvation - `(x_0,y_0)`. Detta kan göras genom att välja eller använda den euklidiska algoritmen (se slutet av detta avsnitt).
3. Låt oss skriva ner svaren: 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).
Varför ser alla svar ut så här?
Låt `(x_0,y_0)` vara lösningen på ekvationen `ax+by=c`. Betrakta uttrycket `a(x-x_0)+b(y-y_0)`. Det är lika med noll:
"a(x-x_0)+b(y-y_0)=ax+by-(ax_0+by_0)=c-c=0".
Således är talen `x-x_0` och `y-y_0` lösningar till ekvationen `aX+bY=0`. Låt oss skriva om denna ekvation som `aX=-bY`. Eftersom talen "a" och "b" är relativt primtal, måste talet "Y" vara delbart med talet "a", d.v.s. "Y=at" för något heltal "t". Ersätt `Y` i ekvationen `aX=-bY`, vi får `aX=-bat`, som i sin tur, efter reduktion med `a`, omvandlas till formen `X=-bt`.
Så, x - x 0 = - b t , y - y 0 = a t , \left\(\begin(array)(l)x-x_0=-bt,\\y-y_0=at,\end(array)\ rätt Härifrån får vi svaren skrivna i punkt 3.
Lös ekvationen `10x+4y=100`.
Låt oss dividera båda sidor av ekvationen med `"GCD"(10,4)=2`, så att vi får ekvationen `5x+2y=50`. Genom val får vi en viss lösning `x_0=10`, `y_0=0`.
Sedan skriver vi ner alla lösningarna till denna ekvation: 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).
Låt oss beskriva processen att hitta en "specifik" lösning med den euklidiska algoritmen med exemplet med den diofantiska ekvationen `7x+18y=2`.
Hitta en speciell lösning på ekvationen `7x+18y=2`.
Låt oss först hitta en speciell lösning på ekvationen `7x+18y=1`, och multiplicera den resulterande lösningen med `2` får vi en speciell lösning till ekvationen `7x+18y=2`.
Låt oss hitta `"GCD"(18,7)` med den euklidiska algoritmen. `18=7*2+4`, alltså `"GCD"(18,7)= "GCD"(7,4)`. Vi kommer att skriva ner varje nytt tal som vi kommer till genom att köra den euklidiska algoritmen i formen `7x+18y`. Så, `4 = 18 - 7*2`.
Sedan "GCD"(7,4) = "GCD"(4,3)", där "3 = 7 - 4 = 7- (18 -7*2) = 7*3 - 18".
Slutligen, `"GCD"(4,3) = "GCD"(3,1) = 1`, och
`1 = 4 - 3 = (18 - 7×2) - (7*3 -18) = 18*2 - 7×5`.
Här har vi fått en speciell lösning på ekvationen `7x+18y=1:` `x=-5, y=2`.
Därför har en speciell lösning på ekvationen `7x+18y=2` formen `x_0=-10, y_0=4`.
Genom att lösa problemet på andra sätt kan man hitta andra dellösningar.
Till exempel, `x_0=8, y_0=-3`.
`x=-10, y=4`.*
4.2. Exempel på lösningar är det inte linjära ekvationer
Exempel 21 (Unified State Exam, utbildningsversion)
En grupp skolbarn behöver transporteras från sommarläger på ett av två sätt: antingen två bussar av typ A för flera resor, eller tre bussar av typ B för flera resor, och i detta fall kommer antalet resor för varje buss av typ B att vara en mindre än antalet resor av varje buss av typ A. I varje fall fylls bussarna helt. Som maximal kvantitet Skolbarn kan transporteras under angivna förhållanden om B-bussen tar "7" färre personer än B-bussen.
Låt det vara "x" personer på en buss av typ B (då finns det "x+7" personer på en buss av typ A), och bussar av typ B ska göra "y"-resor (då ska bussar av typ A göra "y+1"-resor). Baserat på förutsättningarna för problemet, låt oss skapa ett uttryck för antalet barn som transporteras med båda metoderna:
"2(x+7)(y+1)=3xy".
Låt oss uttrycka variabeln för detta uttryck genom "y".
"14y+2x+14-xy=0"; "x=(14y+14)/(y-2)".
Låt oss välja heltalsdelen av talet:
"(14y+14)/(y-2)"; "x=(14y+14)/(y-2)=14+42/(y-2)".
Låt oss påminna dig om att talet "x" måste vara ett heltal, därför får vi att talet "(y-2)" måste vara en divisor av talet "42".
Låt oss gå igenom alla delare för talet "42" och ta reda på vad som är det maximala antalet barn "(3xy)" som kan tas bort:
| "y-2". | ||||||||
| `y` | ||||||||
| "x". | ||||||||
| `3xy` |
Det maximala antalet skolbarn som kan transporteras enligt villkoren för problemet är `1980`.
Lös ekvationen `xy=5(x+y)` i heltal.
Låt oss skriva om ekvationen i formen: `xy-5x-5y=0`;
"x(y-5)-5(y-5)-25=0"; "(x-5)(y-5)=25".
Observera att "25" bara kan faktoriseras (inklusive negativa) på följande sätt:
`25=1*25=5*5=(-1)*(-25)=(-5)*(-5)`.
Från var och en av utbyggnaderna får vi lösningar.
"(x,y)=(6,30);(30,6);(10,10);(4,-20);(-20,4);(0,0)".
Lös ekvationen `x^2=2y^2+xy+7` i heltal.
Låt oss skriva om denna ekvation i formen: `(x+y)(x-2y)=7`.
Denna nedbrytning kan erhållas enligt följande: skriv uttrycket `x^2-xy-2y^2=0` och ta `y^2` från parentes: `y^2[(x/y)^2-x/ y-2 ]`.
Eftersom `(x+y)` och `(x-2y)` är heltal, måste du titta på nedbrytningen av talet `7` i två heltalsfaktorer. Vi skriver ut möjliga expansioner i tabellen:
| `x+y=` | `7` | `1` | `-7` | `-1` |
| `x-2y=` | `1` | `7` | `-1` | `-7` |
Vi får "4" system av linjära ekvationer. Låt oss lösa en av dem (den första):
x + y = 7, x - 2 y = 1. \left\(\begin(array)(l)x+y=7,\\x-2y=1.\end(array)\right.
Vi får: `x=5, y=2`.
De återstående systemen är skrivna på ett liknande sätt, och alla resulterande lösningar kommer att vara integrerade.
"(x,y)=(5,2);(-5,-2);(3,-2);(-3,2)".
I båda exemplen faktoriserade vi polynomet och använde egenskaperna för delbarhet.
Lös ekvationen `x^3-xy-7x+2y+23=0` i heltal.
Variabeln `y` ingår i denna ekvation till första potens, låt oss uttrycka den genom `x:`
"x^3+y(2-x)-7x+23=0, y=(x^3-7x+23)/(x-2)".
Låt oss ersätta: `t=x-2`. Sedan `x=t+2`; `x^3=t^3+6t^3+12t+8` och därför
Om vi expanderar vänster sida får vi `(1+x)(1+x^2)=2^y`.
Eftersom talen `x` och `x^2` är naturliga, är `1+x>=2`; `1+x^2>=2`, vilket betyder att båda talen - `(1+x)` och `(1+x^2)` är naturliga grader tvåor. Låt `1+x=2^t`. Om vi uttrycker `x` från denna ekvation, får vi `1+x^2=2^(2t)-2*2^t+2`. Detta tal måste också vara en potens av två.
Om `t=1` är `(x,y)=(1,2)` lösningar på vår ekvation.
Om `t=2` så är `1+x^2=10`, vilket inte är en potens av två; Det finns inga lösningar i det här fallet.
Om `t>=3`, då `2*2^t-2>0` och `2^(2t)-2*2^t+2<2^(2t)`. Докажем, что `2^(2t)-2*2^t+2>2^(2t-1)`. Denna ojämlikhet kan skrivas om som
`2^(2t-1)=2^(2t)-2^(2t-1)>2*2^t-2; 2^(2t-2)>2^t-1`.
Den sista olikheten är sann, för när `t>=3` är `2t-2>t` sant, vilket leder till olikheten `2^(2t-2)-2^t>0> -1`.
Således fick vi att talet `1+x^2=2^(2t)-2*2^t+2` är strikt mellan två intilliggande potenser av två, `2^(2t-1)<2^(2t)-2*2^t+2<2^(2t)`, а, значит, само степенью двойки не является. Противоречие, решений при `t>=3` nej.
Problem 62:
Lös ekvationen 3x + 5y = 7 i heltal. Lösning:
Låt oss först hitta någon specifik lösning (den här idén hjälper förresten ofta att lösa andra problem). Eftersom 3 2 + 5 (- 1) = 1, då 3 14 + 5 (- 7) = 7 och därför x 0 = 14, är y 0 = - 7 lösningen på vår ekvation (en av många, inte mer !). Så,
Subtrahera en ekvation från den andra, beteckna x - x 0 och y - y 0 med a och b, och få 3a + 5b = 0. Härifrån ser vi att b är delbart med 3, och a är delbart med 5. Låt oss sätta a = 5k, sedan b = - 3k - här kan uppenbarligen k vara vilket heltal som helst. Så vi får en uppsättning lösningar:
Där k kan vara vilket heltal som helst. Naturligtvis finns det inga andra lösningar. Problem 63:
Hitta alla heltalslösningar till ekvationen 3x - 12y = 7. Lösning:
Denna ekvation har inga heltalslösningar. Den vänstra sidan är delbar med 3, medan den högra sidan inte är delbar med 3.
Problem 64:Lös ekvationen 1990x - 173y = 11. Lösning:
Antalet som ingår i formuleringen är så stort att det är omöjligt att hitta en specifik lösning genom att välja den. Det kommer dock att hjälpa oss att veta att siffrorna 1990 och 173 är coprime (kolla detta).
Lemma. Deras gcd lika med 1 kan representeras som 1990m - 173n, där m och n är några heltal.
Beviset för detta lemma följer av det faktum att alla tal som erhålls under den euklidiska algoritmen är representativa i den angivna formen.
Specifikt, i det här fallet, med hjälp av den euklidiska algoritmen, kan du få m = 2, n = 23. Så med ett så kraftfullt vapen som den euklidiska algoritmen får vi en specifik lösning på hjälpekvationen 1990m - 173n = 1: par (2, 23). Därför är x 0 = 22, y 0 = 253 lösningen på ekvationen 1990x - 173y = 11. Därefter finner vi att
K är vilket heltal som helst. Problem 65:
Hitta alla heltalslösningar till ekvationen 21x + 48y = 6. Lösning:
x = 16k - 2, y = -7k + 1; k - vilket heltal som helst.
Problem 66:Lös ekvationen 2x + 3y + 5z = 11 i heltal. Lösning:
x = 5p + 3q - 11, y = 11 - 5p - 2q, z = p; p, q - alla heltal.
Problem 67:Chipet står på ett av fälten på en ändlös rutig pappersremsa i båda riktningarna. Det kan flyttas m fält till höger eller n fält till vänster. För vilka m och n kan hon flytta till cellen intill höger? I vilket minsta antal drag kan hon göra detta? Lösning:
För relativt prime m och n.
Problem 68:(2x + y)(5x + 3y) = 7. Lösning:
(- 4,9), (14, - 21), (4, - 9), (- 14,21).
Problem 69:xy = x + y + 3. Lösning:
Eftersom xy - x - y = 3, så är (x - 1)(y - 1) = 4. Allt som återstår är att sortera ut de möjliga nedbrytningarna av talet 4 till produkten av två heltalsfaktorer. Svar: (x = 5,y = 2), (2,5), (0, - 3), (- 3,0), (3,3), (- 1, - 1).
Problem 70:x² = 14 + y². Lösning:
Det finns inga lösningar i heltal.
Problem 71:x² + y² = x + y + 2. Lösning:
(2,0), (2,1), (- 1,0), (- 1,1), (0,2), (1,2), (0, - 1), (1, - 1).
Så här löses problem 69 Eftersom xy - x - y = 3, då (x - 1)(y - 1) = 4. Allt som återstår är att sortera ut de möjliga nedbrytningarna av talet 4 till produkten av två. heltalsfaktorer. Svar: (x = 5,y = 2), (2,5), (0, - 3), (- 3,0), (3,3), (- 1, - 1).
Problem 72:x² + y² = 4z - 1.
I själva verket, låt oss se vilka rester som kan ge exakta kvadrater modulo 4 (valet av modul 4 föreslås för oss av själva utseendet på den högra sidan av ekvationen). En kort sökning visar att dessa är rester 0 och 1. Eftersom summan av två rester av denna typ inte kan ge en rest - 1, finner vi att denna ekvation inte har några lösningar.
Problem 73:x² - 7y = 10. Lösning:
Det finns inga lösningar i heltal (Modul 7).
Problem 74:x³ + 21y² + 5 = 0. Lösning:
Eftersom x³ endast kan vara jämförbar modulo 7 med 0, 1 och - 1, så är uttrycket x³ + 21y² + 5 jämförbart (mod %)%7 med 5, 6 eller 4, och kan därför inte vara lika med noll.
Problem 75:15x² - 7y² = 9. Lösning:
Det finns inga lösningar i heltal (Modul 5).
Problem 76:x² + y² + z² = 8t - 1. Lösning:
Det finns inga lösningar i heltal (Modul 8).
Problem 77:3 m + 7 = 2 n. Lösning:
Modulo 3, den vänstra sidan är jämförbar med 1, och av detta drar vi slutsatsen att n är jämnt, dvs. n = 2k. Ekvationen transformeras till formen 3 m + 7 = 4 k. Nu ingår modul 4 i spelet 4 k - 7 = 1 (mod %)%4, och vi ser att m är jämnt, d.v.s. m = 2p. Så vi har ekvationen 3 2p + 7 = 2 2k. Låt oss omvandla ekvationen: 7 = 2 2k - 3 2p = (2 k - 3 p )(2 k + 3 p ). Härifrån 2 k + 3 p = 7, 2 k - 3 p = 1, och vi får den enda lösningen k = 2, p = 1, d.v.s. m = 2, n = 4.
Problem 78:3 2 m + 1 = n². Lösning:
Det är direkt klart att n inte är delbart med 3 och därför är n = 3k + 1 eller n = 3k + 2. Låt oss undersöka båda fallen.
a) n = 3k + 2, 3 2 m + 1 = 9k² + 12k + 4. Reducerande får vi 2 m = 3k² + 4k + 1 = (3k + 1)(k + 1). Därför är både k + 1 och 3k + 1 potenser av två. Man kan se att både k = 0 och k = 1 är lämpliga, och vi får lösningarna n = 2, m = 1 och n = 5, m = 3. Men för k ≥ 2 4(k + 1) > 3k + 1 > 2 (k + 1) och därför kan inte k + 1 och 3k + 1 samtidigt vara två potenser.
b) n = 3k + 1. Genom att analysera detta fall på ett liknande sätt får vi en annan lösning n = 7, m = 4.
Problem 79:1/a + 1/b + 1/c = 1. Lösning:
a = b = c = 3; a,b,c = 1,2,3 eller 2,4,4; ett av talen är 1 och summan av de andra två är 0, till exempel a = 1, b = - c = 13.
Problem 80:x² - y² = 1988. Lösning:
x = ± 498, y = ± 496 eller x = ± 78, y = ± 64, och tecknen väljs oberoende.
Problem 81:Bevisa att ekvationen 1/x - 1/y = 1/n har en unik lösning i naturliga tal om och endast om n är ett primtal. Lösning:
Om n = pq (p, q > 1), då 1/n = 1/(n - 1) - 1/n(n - 1) och 1/n = 1/p(q - 1) - 1/pq (q - 1). Om n är primtal, så är n(y - x) = xy, vilket betyder att xy är delbart med n, dvs. x eller y är delbart med n. Det är tydligt att det är y som är delbart med n: y = kn. Då är x = kn/(n + 1), varav k = n - 1, dvs. det finns exakt en representation 1/n = 1/(n - 1) - 1/n(n - 1).
Problem 82:Lös ekvationen i heltal: x³ + 3 = 4y(y + 1).
Problem 83:Lös ekvationen i heltal: x² + y² = z².
Problem 84:Lös ekvationen i heltal: x² - 5y² = 1.
Ekvationer i heltalär algebraiska ekvationer med två eller flera okända variabler och heltalskoefficienter. Lösningarna till en sådan ekvation är alla heltalsuppsättningar (ibland naturliga eller rationella) värden av okända variabler som uppfyller denna ekvation. Sådana ekvationer kallas också diopantin, för att hedra den antika grekiska matematikern som studerade vissa typer av sådana ekvationer före vår tideräkning.
Vi är skyldiga den franska matematikern den moderna formuleringen av diofantiska problem. Det var han som tog upp frågan om att lösa obestämda ekvationer endast i heltal före europeiska matematiker. Den mest kända ekvationen i heltal är Fermats sista sats: ekvationen
har inga rationella lösningar som inte är noll för alla naturliga n > 2.
Det teoretiska intresset för ekvationer i heltal är ganska stort, eftersom dessa ekvationer är nära besläktade med många problem inom talteorin.
1970 bevisade Leningrads matematiker Yuri Vladimirovich Matiyasevich det allmän metod, som gör att godtyckliga diofantiska ekvationer kan lösas i heltal i ett ändligt antal steg, existerar inte och kan inte existera. Därför följer det för olika typer ekvationer, välj dina egna lösningsmetoder.
När man löser ekvationer i heltal och naturliga tal kan följande metoder grovt särskiljas:
sätt att sortera igenom alternativ;
tillämpning av den euklidiska algoritmen;
representation av tal i form av fortsatta (fortsättning) bråk;
faktorisering;
lösa ekvationer i heltal som kvadrat (eller annat) med avseende på vilken variabel som helst;
återstående metod;
oändlig härkomstmetod.
Problem med lösningar
1. Lös ekvationen x 2 – xy – 2y 2 = 7 i heltal.
Låt oss skriva ekvationen i formen (x – 2y)(x + y) = 7.
Eftersom x, y är heltal, hittar vi lösningar till den ursprungliga ekvationen som lösningar till följande fyra system:
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.
Efter att ha löst dessa system får vi lösningar på ekvationen: (3; –2), (5; 2), (–3; 2) och (–5; –2).
Svar: (3; –2), (5; 2), (–3; 2), (–5; –2).
a) 20x + 12y = 2013;
b) 5x + 7y = 19;
c) 201x – 1999y = 12.
a) Eftersom för alla heltalsvärden av x och y den vänstra sidan av ekvationen är delbar med två, och den högra sidan är ett udda tal, har ekvationen inga lösningar i heltal.
Svar: det finns inga lösningar.
b) Låt oss först välja någon specifik lösning. I det här fallet är det enkelt, t.ex.
x 0 = 1, y 0 = 2.
5x 0 + 7y 0 = 19,
5(x – x 0) + 7(y – y 0) = 0,
5(x – x 0) = –7(y – y 0).
Eftersom talen 5 och 7 är relativt primtal, alltså
x – x 0 = 7k, y – y 0 = –5k.
Medel, generell lösning:
x = 1 + 7k, y = 2 – 5k,
där k är ett godtyckligt heltal.
Svar: (1+7k; 2–5k), där k är ett heltal.
c) Att hitta en specifik lösning genom val i detta fall är ganska svårt. Låt oss använda den euklidiska algoritmen för siffrorna 1999 och 201:
GCD(1999, 201) = GCD(201, 190) = GCD(190, 11) = GCD(11, 3) = GCD(3, 2) = GCD(2, 1) = 1.
Låt oss skriva denna process i omvänd ordning:
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.
Det betyder att paret (1273, 128) är en lösning på ekvationen 201x – 1999y = 1. Då är talparet
x 0 = 1273 12 = 15276, y 0 = 128 12 = 1536
är en lösning på ekvationen 201x – 1999y = 12.
Den allmänna lösningen av denna ekvation kommer att skrivas i formen
x = 15276 + 1999k, y = 1536 + 201k, där k är ett heltal,
eller, efter omdesign (vi använder att 15276 = 1283 + 7 1999, 1536 = 129 + 7 201),
x = 1283 + 1999n, y = 129 + 201n, där n är ett heltal.
Svar: (1283+1999n, 129+201n), där n är ett heltal.
3. Lös ekvationen i heltal:
a) x3 + y3 = 3333333;
b) x 3 + y3 = 4 (x 2 y + xy 2 + 1).
a) Eftersom x 3 och y 3 när de divideras med 9 bara kan ge resterna 0, 1 och 8 (se tabellen i avsnittet), då kan x 3 + y 3 bara ge resterna 0, 1, 2, 7 och 8. Men talet 3333333 dividerat med 9 ger en återstod av 3. Därför har den ursprungliga ekvationen inga lösningar i heltal.
b) Låt oss skriva om den ursprungliga ekvationen i formen (x + y) 3 = 7(x 2 y + xy 2) + 4. Eftersom kuber av heltal när de divideras med 7 ger resterna 0, 1 och 6, men inte 4, då ekvationen har inga lösningar i heltal.
Svar: Det finns inga heltalslösningar.
a) i primtal ekvationen x 2 – 7x – 144 = y 2 – 25y;
b) i heltal ekvationen x + y = x 2 – xy + y 2.
a) Lös denna ekvation som en andragradsekvation med avseende på variabeln y. Vi får
y = x + 9 eller y = 16 – x.
Eftersom talet x + 9 för udda x är jämnt, är det enda paret primtal, som uppfyller den första jämlikheten, är (2; 11).
Eftersom x, y är enkla, så har vi från likheten y = 16 – x
2 x 16,2 på 16.
Genom att söka igenom alternativen hittar vi de återstående lösningarna: (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).
Svar: (2; 11), (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).
b) Betrakta denna ekvation som en andragradsekvation för x:
x 2 – (y + 1)x + y 2 – y = 0.
Diskriminanten för denna ekvation är –3y 2 + 6y + 1. Den är positiv endast för följande värden y: 0, 1, 2. För vart och ett av dessa värden får vi från den ursprungliga ekvationen en andragradsekvation för x, som är lätt att lösa.
Svar: (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2).
5. Finns det ett oändligt antal tripletter av heltal x, y, z så att x 2 + y 2 + z 2 = x 3 + y 3 + z 3?
Låt oss försöka välja trippel där y = –z. Då kommer y 3 och z 3 alltid att ta bort varandra, och vår ekvation kommer att se ut
x 2 + 2y 2 = x 3
eller annars,
x 2 (x–1) = 2y 2 .
För att ett par heltal (x; y) ska uppfylla detta villkor räcker det att talet x–1 är två gånger kvadraten på heltal. Det finns oändligt många sådana siffror, nämligen dessa är alla nummer av formen 2n 2 +1. Genom att ersätta detta tal med x 2 (x–1) = 2y 2, efter enkla transformationer får vi:
y = xn = n(2n2+1) = 2n3+n.
Alla tripletter som erhålls på detta sätt har formen (2n 2 +1; 2n 3 +n; –2n 3 – n).
Svar: finns.
6. Hitta heltal x, y, z, u så att x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = 2xyzu.
Talet x 2 + y 2 + z 2 + u 2 är jämnt, därför finns det ett jämnt antal udda tal bland talen x, y, z, u.
Om alla fyra talen x, y, z, u är udda så är x 2 + y 2 + z 2 + u 2 delbart med 4, men 2xyzu är inte delbart med 4 - en diskrepans.
Om exakt två av talen x, y, z, u är udda, så är x 2 + y 2 + z 2 + u 2 inte delbart med 4, men 2xyzu är delbart med 4 – återigen en diskrepans.
Därför är alla tal x, y, z, u jämna. Då kan vi skriva det
x = 2x 1 , y = 2y 1 , z = 2z 1 , u = 2u 1 ,
och den ursprungliga ekvationen kommer att ha formen
x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 = 8x 1 y 1 z 1 u 1 .
Notera nu att (2k + 1) 2 = 4k(k + 1) + 1 när de divideras med 8 ger en återstod av 1. Därför, om alla tal x 1, y 1, z 1, u 1 är udda, då x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 är inte delbart med 8. Och om exakt två av dessa tal är udda, så är x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 inte ens delbart med 4. Detta betyder
x 1 = 2x 2, y 1 = 2y 2, z 1 = 2z 2, u 1 = 2u 2,
och vi får ekvationen
x 2 2 + y 2 2 + z 2 2 + u 2 2 = 32x 2 y 2 z 2 u 2 .
Om vi upprepar samma resonemang igen finner vi att x, y, z, u är delbara med 2 n för alla naturliga n, vilket bara är möjligt för x = y = z = u = 0.
Svar: (0; 0; 0; 0).
7. Bevisa att ekvationen
(x – y) 3 + (y – z) 3 + (z – x) 3 = 30
har inga lösningar i heltal.
Låt oss använda följande identitet:
(x – y) 3 + (y – z) 3 + (z – x) 3 = 3(x – y)(y – z)(z – x).
Då kan den ursprungliga ekvationen skrivas som
(x – y)(y – z)(z – x) = 10.
Låt oss beteckna a = x – y, b = y – z, c = z – x och skriva den resulterande likheten i formen
Dessutom är det uppenbart att a + b + c = 0. Det är lätt att verifiera att, fram till permutation, likheten abc = 10 innebär att talen |a|, |b|, |c| är lika med antingen 1, 2, 5 eller 1, 1, 10. Men i alla dessa fall, för alla val av tecken a, b, c, är summan a + b + c icke-noll. Den ursprungliga ekvationen har alltså inga heltalslösningar.
8. Lös ekvation 1 i heltal! + 2! + . . . +x! = y2.
Det är uppenbart att
om x = 1, då y 2 = 1,
om x = 3, då är y2 = 9.
Dessa fall motsvarar följande siffror:
xl = 1, y1 = 1;
x2 = 1, y2 = -1;
x3 = 3, y3 = 3;
x 4 = 3, y 4 = –3.
Observera att för x = 2 har vi 1! + 2! = 3, för x = 4 har vi 1! + 2! + 3! + 4! = 33 och varken 3 eller 33 är kvadrater av heltal. Om x > 5, då, sedan
5! + 6! + . . . +x! = 10n,
det kan vi skriva
1! + 2! + 3! + 4! + 5! + . . . +x! = 33 + 10n.
Eftersom 33 + 10n är ett tal som slutar på 3, är det inte kvadraten på ett heltal.
Svar: (1; 1), (1; –1), (3; 3), (3; –3).
9. Lös följande ekvationssystem i naturliga tal:
a 3 – b 3 – c 3 = 3abc, a 2 = 2(b + c).
3abc > 0, sedan a3 > b3 + c3;
så har vi
Lägger vi till dessa ojämlikheter, får vi det
Med hänsyn till den sista ojämlikheten, från systemets andra ekvation får vi det
Men systemets andra ekvation visar också att a är ett jämnt tal. Alltså, a = 2, b = c = 1.
Svar: (2; 1; 1)
10. Hitta alla par av heltal x och y som uppfyller ekvationen x 2 + x = y 4 + y 3 + y 2 + y.
Om vi tar hänsyn till båda sidor av denna ekvation får vi:
x(x + 1) = y(y + 1)(y2 + 1),
x(x + 1) = (y 2 + y)(y 2 + 1)
Sådan likhet är möjlig om vänster och höger sida är lika med noll, eller är produkten av två på varandra följande heltal. Därför, genom att likställa vissa faktorer med noll, får vi 4 par av önskade variabelvärden:
xl = 0, y1 = 0;
x2 = 0, y2 = -1;
x3 = -1, y3 = 0;
x 4 = –1, y 4 = –1.
Produkten (y 2 + y)(y 2 + 1) kan betraktas som produkten av två på varandra följande heltal som inte är noll endast när y = 2. Därför x(x + 1) = 30, varav x 5 = 5, x 6 = –6. Detta betyder att det finns ytterligare två par heltal som uppfyller den ursprungliga ekvationen:
x5 = 5, y5 = 2;
x 6 = –6, y 6 = 2.
Svar: (0; 0), (0; –1), (–1; 0), (–1; –1), (5; 2), (–6; 2.)
Problem utan lösningar
1. Lös ekvationen i heltal:
a) xy = x + y + 3;
b) x 2 + y 2 = x + y + 2.
2. Lös ekvationen i heltal:
a) x 3 + 21y2 + 5 = 0;
b) 15x 2 – 7y 2 = 9.
3. Lös ekvationen i naturliga tal:
a) 2 x + 1 = y2;
b) 3 2 x + 1 = y 2.
4. Bevisa att ekvationen x 3 + 3y 3 + 9z 3 = 9xyz i rationella tal har en unik lösning
5. Bevisa att ekvationen x 2 + 5 = y 3 i heltal inte har några lösningar.
Problem med heltals okända
Pavlovskaya Nina Mikhailovna,
matematiklärare MBOU "Secondary School nr 92
Kemerovo
Algebraiska ekvationer eller system av algebraiska ekvationer med heltalskoefficienter, med ett antal okända som överstiger antalet ekvationer, och för vilka heltals eller rationella lösningar söks, kallas diofantina ekvationer .
Problemet med att lösa ekvationer i heltal har endast lösts helt för ekvationer med en okänd, för ekvationer av första graden och för ekvationer av andra graden med två okända. För ekvationer över andra graden med två eller flera okända är till och med uppgiften att bevisa förekomsten av heltalslösningar svår. Dessutom har det bevisats att det inte finns någon enskild algoritm som tillåter att lösa godtyckliga diofantiska ekvationer i heltal i ett ändligt antal steg.
- De enklaste diofantiska ekvationerna är ekvationer av formen
axe + by = c , a ≠ 0; b ≠ 0
Om c = 0 , då är lösningen uppenbar: x = 0, y = 0.
Om s ≠ 0 och lösningen (X 0 ; på 0 ) , sedan ett heltal
yxa 0 + av 0 dividerat med d = (a ; b) , Det är därför Med bör också delas med gemensam divisor a och b .
Till exempel: 3x + 6y = 5 har inga heltalslösningar, eftersom (3; 6) = 3 och c = 5 inte är delbara med 3 utan rest.
- Om ekvationen axe + by = c har en lösning (X 0 ; på 0 ) , Och (a ; b) = 1 , då ges alla lösningar av ekvationen av formlerna x = x 0 +bn; y = y 0 -en, där n är vilken heltalslösning som helst.
Till exempel: 3x + 5y = 13, (3; 5) = 1, vilket betyder att ekvationen har oändligt många lösningar, X 0 =1; på 0 =2
Fermats stora sats säger: en formekvation har inga lösningar i naturliga tal.
Detta teorem formulerades av den italienske matematikern Pierre Fermat för mer än 300 år sedan och bevisades först 1993.
Faktoriseringsmetod .
1) Lös ekvationen i heltal
x + y = xy.
Lösning. Låt oss skriva ekvationen i formuläret
(x - 1)(y - 1) = 1.
Produkten av två heltal kan bara vara lika med 1 om båda är lika med 1. Det vill säga den ursprungliga ekvationen är ekvivalent med aggregatet
med lösningar (0,0) och (2,2).
2. Lös ekvationen i heltal:
3x² + 4xy – 7y²= 13.
Lösning: 3x² - 3xy + 7xy – 7y²= 13,
3x(x – y) + 7y(x – y) = 13,
(x – y)(3x + 7y) = 13.
Eftersom 13 har heltalsdelare ±1 och ±13,
1. x – y = 1, 7x – 7y = 7, x = 2,
3x + 7y = 13; 3x + 7y = 13; därav y = 1
2. x – y = 13, 7x – 7y = 91, x = 9,2,
3x + 7y= 1; 3x + 7y = 1; där y = -3,8.
3 . x – y = -1, 7x – 7y = -7, x = -2,
3x + 7y= -13; 3x + 7y = -13; varav y = -1.
4. x – y = -13, 7x – 7y = -91, x = -9,2,
3x + 7y= -1; 3x +7y= -1; varav y = 3,8.
Därför har ekvationen två lösningar i heltal: (2;1) och (-2;-1)
3 . Lös ekvationen i heltal:
9x² + 4x – xy + 3y = 88.
Lösning: 9x² + 4x – 88 = xy – 3y,
9x² + 4x – 88 = y(x – 3)
eftersom 5 har heltalsdelare ± 1 och ± 5, alltså
Kommunal läroanstalt
Savrushskaya genomsnitt gymnasieskola
Pokhvistnevsky-distriktet regionen Samara
Sammanfattning om matematik om ämnet:
"Ekvationer med två
okänd
i heltal"
Kompletterad av: Kolesova Tatyana
Staroverova Nina
på 10:e klass elever
Kommunal utbildningsinstitution Savrushskaya gymnasieskola
Pokhvistnevsky-distriktet
Samara regionen.
Handledare: Yatmankina Galina Mikhailovna
matematiklärare.
Savrukha 2011
Inledning.________________________________________________3
1. Historisk bakgrund _______________________________________5
1.1 Satser om antalet lösningar av linjära diofantiska ekvationer___6
1.2 Algoritm för att lösa ekvationer i heltal_________________ 6
1.3 Metoder för att lösa ekvationer______________________________ 7
Kapitel 2. Tillämpning av metoder för att lösa ekvationer.
1. Problemlösning____________________________________________ 8
2.1 Lösa problem med den euklidiska algoritmen________________ 8
2.2 Metod för att räkna upp alternativ________________________________ 9
2.3 Faktoriseringsmetod__________________________ 9
2.4 Restmetod________________________________________________ 12
2. Uppgifter på tentamensnivå__________________________ 13
Slutsats________________________________________________ 16
Lista över referenser ____________________________________ 17
"Vem kontrollerar siffrorna,
Han styr världen"
Pythagoras.
Introduktion.
Lägesanalys: Diofantiska ekvationer är ett aktuellt ämne i vår tid, eftersom lösningen av ekvationer, ojämlikheter och problem som reducerar till att lösa ekvationer i heltal med hjälp av skattningar för variabler finns i olika matematiska samlingar och samlingar av Unified State Examination.
Efter att ha studerat olika sätt lösningar andragradsekvation med en variabel i klassen var vi intresserade av att förstå hur ekvationer med två variabler löses. Sådana uppgifter finns på Olympiads och i Unified State Examination-material.
Det här läsåret kommer elfteklassare att få ta Unified statlig examen i matematik, där KIM:s sammanställs enligt en ny struktur. Det finns ingen del “A”, men uppgifter har lagts till del “B” och del “C”. Kompilatorerna förklarar tillägget av C6 med att man för att komma in på ett tekniskt universitet måste kunna lösa uppgifter av sådana hög nivå komplexitet.
Problem: När vi löste exempelversioner av Unified State Exam-uppgifter märkte vi att det oftast i C6 finns uppgifter för att lösa ekvationer av första och andra graden i heltal. Men vi vet inte hur vi ska lösa sådana ekvationer. I detta avseende blev det nödvändigt att studera teorin för sådana ekvationer och algoritmen för att lösa dem.
Mål: Bemästra metoden att lösa ekvationer med två okända av första och andra graden i heltal.
Uppgifter: 1) Studera utbildnings- och referenslitteratur;
2) Samla teoretiskt material om metoder för att lösa ekvationer;
3) Analysera algoritmen för att lösa ekvationer av denna typ;
4) Beskriv lösningen.
5) Betrakta ett antal exempel med denna teknik.
6) Lös ekvationer med två variabler i heltal från
material från Unified State Exam-2010 C6.
Studieobjekt : Lösa ekvationer
Forskningsämne : Ekvationer med två variabler i heltal.
Hypotes: Detta ämne är av stor praktisk betydelse. I skolans matematikkurs, ekvationer med en variabel och olika sätt deras beslut. Behov utbildningsprocess kräva att eleverna känner till och kan lösa enkla ekvationer med två variabler. Därför är ökad uppmärksamhet på detta ämne inte bara motiverat, utan är också relevant i skolans matematikkurs.
Detta arbete kan användas för att studera detta ämne i valbara klasser för studenter, som förberedelse för slut- och antagningsprov. Vi hoppas att vårt material ska hjälpa gymnasieelever att lära sig att lösa denna typ av ekvationer.
Kapitel 1. Ekvationsteori med två variabler i heltal.
1. Historisk bakgrund.
Diophantus och historien om diofantiska ekvationer .
Att lösa ekvationer i heltal är en av de äldsta matematiska problem. Detta område av matematik nådde sin största blomstring i Antikens Grekland. Den huvudsakliga källan som har kommit ner till vår tid är Diophantus arbete - "Aritmetik". Diophantus sammanfattade och utökade den erfarenhet som samlats före honom i att lösa obestämda ekvationer i heltal.
Historien har för oss bevarat få drag i biografin om den anmärkningsvärda algebraisten Diophantus. Enligt vissa källor levde Diophantus till 364 e.Kr. Endast den unika biografin om Diophantus är känd med säkerhet, som enligt legenden ristades på hans gravsten och presenterade en pusseluppgift:
”Gud sände honom för att vara pojke för en sjättedel av sitt liv; Han lade till den tolfte delen och täckte sina kinder med dun; efter den sjunde delen tände han äktenskapets ljus för honom och fem år efter äktenskapet gav han honom en son. tyvärr! Ett olyckligt sent barn, efter att ha nått måttet av hälften av sin fars fulla liv, fördes han bort av ett skoningslöst öde. Fyra år senare, tröstande sorgen som drabbade honom med vetenskapen om siffror, avslutade han [Diophantus] sitt liv” (ungefär 84 år gammal).
Detta pussel fungerar som ett exempel på de problem som Diophantus löste. Han specialiserade sig på att lösa problem i heltal. Sådana problem är för närvarande kända som diofantiska problem.
Det mest kända problemet, löst av Diophantus, är problemet "nedbrytning i två kvadrater". Dess motsvarighet är den välkända Pythagoras sats. Denna sats var känd i Babylonien, kanske var den också känd i Forntida Egypten, men det bevisades först i Pythagoras skola. Detta var namnet på en grupp filosofer som är intresserade av matematik uppkallad efter grundaren av Pythagoras skola (ca 580-500 f.Kr.)
Diophantus liv och arbete ägde rum i Alexandria, han samlade och löste kända problem och kom på nya. Han kombinerade dem senare i ett stort verk som heter Aritmetik. Av de tretton böcker som utgjorde Aritmetik överlevde endast sex in på medeltiden och blev en inspirationskälla för renässansens matematiker.
1.1 Satser om antalet lösningar till en linjär diofantisk ekvation.
Vi presenterar här formuleringarna av satser på grundval av vilka en algoritm för att lösa obestämda förstagradsekvationer av två variabler i heltal kan sammanställas.
Sats 1. Om i en ekvation , , så har ekvationen minst en lösning.
Sats 2. Om i ekvationen och Medär inte delbart med , då har ekvationen inga heltalslösningar.
Sats 3. Om i ekvationen , och , Då är det ekvivalent med ekvationen där .
Sats 4. Om i ekvationen , , finns alla heltalslösningar till denna ekvation i formlerna:
Där x 0, y 0
1.2. Algoritm för att lösa ekvationer i heltal.
De formulerade satserna låter oss sammanställa följande algoritm lösningar i heltal till formekvationer .
1. Hitta den största gemensamma delaren av tal a Och b ,
om och Medär inte delbart med , då har ekvationen inga heltalslösningar;
om och , då
2. Dela ekvationen term för term, erhåll en ekvation där .
3. Hitta hela lösningen ( x 0, y 0) ekvationer genom att representera 1 som en linjär kombination av tal och ;
4. Skriv allmän formel heltalslösningar till denna ekvation
Där x 0, y 0– en heltalslösning till ekvationen, – vilket heltal som helst.
1.3 Metoder för att lösa ekvationer
När man löser ekvationer i heltal och naturliga tal kan följande metoder grovt särskiljas:
1. Metod för att räkna upp alternativ.
2. Euklidisk algoritm.
3. Fortsättning bråk.
4. Faktoriseringsmetod.
5. Lösa ekvationer i heltal som kvadrater med avseende på någon variabel.
6. Restmetod.
7. Oändlig nedstigningsmetod.
Kapitel 2. Tillämpning av metoder för att lösa ekvationer
1. Exempel på att lösa ekvationer.
2.1 Euklidisk algoritm.
Problem 1 . Lös ekvationen i heltal 407 X – 2816y = 33.
Låt oss använda den kompilerade algoritmen.
1. Med den euklidiska algoritmen hittar vi den största gemensamma delaren av talen 407 och 2816:
2816 = 407 6 + 374;
407 = 374 1 + 33;
374 = 33 11 + 11;
Därför (407,2816) = 11, med 33 delbart med 11
2. Dividera båda sidor av den ursprungliga ekvationen med 11, vi får ekvation 37 X – 256y= 3, och (37, 256) = 1
3. Med den euklidiska algoritmen hittar vi en linjär representation av talet 1 till siffrorna 37 och 256.
256 = 376 + 34;
Låt oss uttrycka 1 från den sista jämlikheten, sedan successivt stigande jämlikheterna kommer vi att uttrycka 3; 34 och ersätt 1 med de resulterande uttrycken i uttrycket.
1 = 34 – 3 11 = 34 – (37 – 34 1) 11 = 34 12 – 37 11 = (256 – 37 6) 12 – 37 11 =
– 83·37 – 256·(–12)
Alltså, 37·(–83) – 256·(–12) = 1, därför ett par tal x 0= – 83 och y 0= – 12 är lösningen till ekvation 37 X – 256y = 3.
4. Låt oss skriva ner den allmänna formeln för lösningar till den ursprungliga ekvationen
Där t- vilket heltal som helst.
2.2 Metod för att räkna upp alternativ.
Uppgift 2. Kaniner och fasaner sitter i en bur, de har totalt 18 ben. Ta reda på hur många av båda som finns i cellen?
Lösning: En ekvation upprättas med två okända variabler, där x är antalet kaniner, y är antalet fasaner:
4x + 2y = 18, eller 2x + y = 9.
Låt oss uttrycka på genom X : y = 9 – 2x.
Problemet har alltså fyra lösningar.
Svar: (1; 7), (2; 5), (3; 3), (4; 1).
2.3 Faktoriseringsmetod.
Att räkna upp alternativ när man ska hitta naturliga lösningar på en ekvation med två variabler visar sig vara mycket arbetskrävande. Dessutom, om ekvationen har hela lösningar, då är det omöjligt att räkna upp dem, eftersom det finns ett oändligt antal sådana lösningar. Därför kommer vi att visa en teknik till - faktoriseringsmetod.
Uppgift 3. Lös ekvation i heltal y 3 - x 3 = 91.
Lösning. 1) Med hjälp av förkortade multiplikationsformler faktoriserar vi den högra sidan av ekvationen:
(y - x)(y 2 + xy + x 2) = 91……………………….(1)
2) Låt oss skriva ner alla delare av talet 91: ± 1; ± 7; ± 13; ± 91
3) Utför forskning. Observera att för alla heltal x Och y antal
y 2 + yx + x 2 ≥ y 2 - 2|y ||x | + x 2 = (|y | - |x |) 2 ≥ 0,
därför måste båda faktorerna på vänster sida av ekvationen vara positiva. Då är ekvation (1) ekvivalent med en uppsättning ekvationssystem:
; 
; 
; 
4) Efter att ha löst systemen får vi: det första systemet har lösningar (5; 6), (-6; -5); tredje (-3; 4), (-4; 3); den andra och fjärde har inga lösningar i heltal.
Svar: ekvation (1) har fyra lösningar (5; 6); (-6; -5); (-3; 4); (-4;3).
Uppgift 4. Hitta alla par av naturliga tal som uppfyller ekvationen
Lösning. Låt oss faktorisera vänster sida av ekvationen och skriva ekvationen i formuläret
.
Därför att Divisorerna för talet 69 är talen 1, 3, 23 och 69, då kan 69 erhållas på två sätt: 69=1·69 och 69=3·23. Med tanke på att får vi två ekvationssystem, genom att lösa vilka vi kan hitta de nödvändiga talen:
Det första systemet har en lösning och det andra systemet har en lösning.
Svar: .
Uppgift 5.
Lösning. Låt oss skriva ekvationen i formuläret
.
Låt oss faktorisera vänster sida av ekvationen. Vi får
.
Produkten av två heltal kan bara vara lika med 1 i två fall: om de båda är lika med 1 eller -1. Vi får två system:
Det första systemet har en lösning x=2, y=2, och det andra systemet har en lösning x=0, y=0.
Svar: .
Uppgift 6. Lös ekvationen i heltal
.
Lösning. Låt oss skriva denna ekvation i formen
Låt oss faktorisera vänster sida av ekvationen med hjälp av grupperingsmetoden, vi får
.
Produkten av två heltal kan vara lika med 7 i följande fall:
7=1· 7=7·1=-1·(-7)=-7·(-1) Således får vi fyra system:
Eller, eller, eller.
Lösningen till det första systemet är ett par av tal x = - 5, y = - 6. När vi löser det andra systemet får vi x = 13, y = 6. För det tredje systemet är lösningen talen x = 5, y = 6. Det fjärde systemet har en lösning x = - 13, y = - 6.
Uppgift 7. Bevisa att ekvationen ( x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 30 inte
har lösningar i heltal.
Lösning. 1) Låt oss faktorisera vänster sida av ekvationen och dividera båda sidor av ekvationen med 3, vilket resulterar i följande ekvation:
(x - y)(y - z)(z - x) = 10…………………………(2)
2) Divisorerna för 10 är talen ±1, ±2, ±5, ±10. Observera också att summan av faktorerna på vänster sida av ekvation (2) är lika med 0. Det är lätt att kontrollera att summan av tre valfria tal från uppsättningen av divisorer för talet 10, vilket ger produkten 10, kommer att inte lika med 0. Följaktligen har den ursprungliga ekvationen inga lösningar i heltal.
Uppgift 8. Lös ekvationen: x 2 - y 2 = 3 i heltal.
Lösning:
1. tillämpa den förkortade multiplikationsformeln x 2 - y 2 = (x-y)(x+y)=3
2. hitta divisorerna för talet 3 = -1;-3;1;3
3. Denna ekvation motsvarar en kombination av 4 system:
X-y=1 2x=4 x=2, y=1
X-y=3 x=2, y=-1
X-y=-3 x=-2, y=1
X-y=-1 x=-2, y=-1
Svar: (2;1), (2;-1), (-2;1), (-2,-1)
2.4 Restmetod.
Problem 9 .Lös ekvationen: x 2 + xy = 10
Lösning:
1. Uttryck variabeln y till x: y= 10-tal 2
Y = - X
2. Bråkdel kommer att vara heltal om x Є ±1;±2; ±5;±10
3. Hitta 8 värden u.
Om x=-1, då y=-9 x=-5, då y=3
X=1, sedan y=9 x=5, sedan y=-3
X=-2, sedan y=-3 x=-10, sedan y=9
X=2, sedan y=3 x=10, sedan y=-9
Problem 10. Lös ekvationen i heltal:
2x2 -2xy +9x+y=2
Lösning:
Låt oss uttrycka från ekvationen det okända som ingår i den endast i första graden - i detta fall y:
2x2 +9x-2=2xy-y
Y = 
Låt oss välja hela delen av ett bråk med hjälp av regeln för att dividera ett polynom med ett polynom med en "vinkel". Vi får:
Därför kan skillnaden 2x-1 bara ta värdena -3,-1,1,3.
Det återstår att gå igenom dessa fyra fall.
Svar : (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)
2. Uppgifter på examensnivå
Efter att ha övervägt flera sätt att lösa förstagradsekvationer med två variabler i heltal, märkte vi att metoden för faktorisering och metoden för rester oftast används.
Ekvationerna som ges i Alternativ för Unified State Exam-2011, löses huvudsakligen med restmetoden.
1. Lös ekvationen i naturliga tal: , där m>n
Lösning:
Låt oss uttrycka variabeln n via variabel T
(y+10) 2< 6 -2 ≤ у+10 ≤ 2 -12 ≤ у ≤ -8
(y+6) 2< 5 -2 ≤ у+6 ≤ 2 -8 ≤ у ≤ -4 у=-8
Svar: (12; -8)
Slutsats.
Lösning olika typer ekvationer är en av innehållslinjerna i skolmatematikkursen, men metoder för att lösa ekvationer med flera okända övervägs praktiskt taget inte. Samtidigt är att lösa ekvationer av flera okända i heltal ett av de äldsta matematiska problemen. De flesta metoder för att lösa sådana ekvationer är baserade på teorin om delbarhet av heltal, vilket intresse för närvarande bestäms av den snabba utvecklingen av informationsteknologi. I detta avseende kommer det att vara intressant för gymnasieelever att bekanta sig med metoder för att lösa vissa ekvationer i heltal, särskilt eftersom olympiader på olika nivåer mycket ofta erbjuder uppgifter som går ut på att lösa en ekvation i heltal, och i år ingår även sådana ekvationer. och i Unified State Examination-materialet.
I vårt arbete betraktade vi endast obestämda ekvationer av första och andra graden. Ekvationer av första graden, som vi har sett, löses ganska enkelt. Vi har identifierat typerna av sådana ekvationer och algoritmer för att lösa dem. En generell lösning på sådana ekvationer hittades också.
Med ekvationer av andra graden är det svårare, så vi betraktade bara specialfall: Pythagoras sats och fall då en del av ekvationen har formen av en produkt och den andra är faktoriserad.
Stora matematiker studerar ekvationer av tredje och högre grader eftersom deras lösningar är för komplexa och besvärliga
I framtiden planerar vi att fördjupa vår forskning i studiet av ekvationer med flera variabler som används för att lösa problem
Litteratur.
1. Berezin V.N. Samling av uppgifter för valfria och fritidsaktiviteter i matematik. Moskva "Enlightenment" 1985
2. Galkin E.G. Icke-standardiserade problem i matematik. Chelyabinsk "Vzglyad" 2004
3. Galkin E.G. Problem med heltal. Chelyabinsk "Vzglyad" 2004
4. Glazer E.I. Matematikens historia i skolan. Moskva "Enlightenment" 1983
5. Mordkovich A.G. Algebra och början av analys årskurs 10-11. Moskva 2003
6. Matematik. Unified State Exam 2010. Federal Institute
pedagogiska mätningar.
7. Sharygin I.F. Valfri kurs i matematik. Lösning
uppgifter. Moskva 1986