Algebarske nejednačine ili njihovi sistemi sa racionalnim koeficijentima čija se rješenja traže u integralnim ili cijelim brojevima. Po pravilu je broj nepoznanica u Diofantovim jednačinama veći. Stoga su poznate i kao neodređene nejednakosti. U modernoj matematici, gornji koncept se primjenjuje na algebarske jednačine čija se rješenja traže u algebarskim cijelim brojevima nekog proširenja polja Q-racionalnih varijabli, polja p-adičnih varijabli itd.

Poreklo ovih nejednakosti

Proučavanje Diofantovih jednadžbi je na granici između teorije brojeva i algebarske geometrije. Pronalaženje rješenja u cjelobrojnim varijablama jedan je od najstarijih matematičkih problema. Već početkom drugog milenijuma pr. stari Babilonci su uspeli da reše sisteme jednačina sa dve nepoznanice. Ova grana matematike većina procvjetala u Ancient Greece. Diofantova aritmetika (oko 3. vek nove ere) je značajan i glavni izvor koji sadrži različite vrste i sisteme jednačina.

U ovoj knjizi Diofant je predvideo niz metoda za proučavanje nejednakosti drugog i trećeg stepena koje su u potpunosti razvijene u 19. veku. Stvaranje teorije racionalni brojevi ovaj istraživač antičke Grčke doveo je do analize logične odluke neodređenih sistema, koji se sistematski prate u njegovoj knjizi. Iako njegov rad sadrži rješenja specifičnih Diofantovih jednačina, postoji razlog za vjerovanje da je bio upoznat i s nekoliko općih metoda.

Proučavanje ovih nejednakosti obično je povezano sa ozbiljnim poteškoćama. Zbog činjenice da sadrže polinome sa cjelobrojnim koeficijentima F (x, y1,…, y n). Na osnovu ovoga su izvučeni zaključci da ne postoji jedinstven algoritam po kojem bi bilo moguće za bilo koji dat x utvrditi da li je jednačina F (x, y 1 ,…., y n) zadovoljena. Situacija je rješiva ​​za y 1 , …, y n . Primjeri takvih polinoma mogu se zapisati.

Najjednostavnija nejednakost

ax + by = 1, gdje su a i b relativno cijeli i prosti brojevi, postoji ogroman broj izvršenja za to (ako je x 0, y 0 rezultat je formiran, tada je par varijabli x = x 0 + b n i y = y 0 -an , gdje je n proizvoljno, također će se smatrati da ispunjava nejednakost). Drugi primjer Diofantovih jednačina je x 2 + y 2 = z 2 . Pozitivna integralna rješenja ove nejednakosti su dužine malih stranica x, y i pravokutnih trokuta, kao i hipotenuza z s cjelobrojnim dimenzijama stranica. Ovi brojevi su poznati kao Pitagorini brojevi. Sve trojke u odnosu na proste varijable navedene iznad su date formulama x=m 2 - n 2 , y = 2mn, z = m 2 + n 2 , gdje su m i n cijeli i prosti brojevi (m>n>0 ).

Diofant u svojoj Aritmetici traži racionalna (ne nužno integralna) rješenja posebnih vrsta svojih nejednakosti. Opću teoriju za rješavanje diofantovih jednačina prvog stepena razvio je C. G. Baschet u 17. stoljeću. Ostali naučnici u početkom XIX stoljeća, uglavnom proučavaju takve nejednakosti tipa ax 2 +bxy + cy 2 + dx +ey +f = 0, gdje su a, b, c, d, e i f uobičajene, nehomogene, sa dvije nepoznate drugi stepen. Lagrange je u svojoj studiji koristio kontinuirane razlomke. Gauss je za kvadratne forme razvio opću teoriju koja leži u osnovi nekih vrsta rješenja.

U proučavanju ovih nejednakosti drugog stepena značajan napredak je postignut tek u 20. veku. A. Thue je otkrio da je Diofantova jednačina a 0 x n + a 1 x n-1 y +…+a n y n =c, gdje su n≥3, a 0 ,…,a n ,c cijeli brojevi, a a 0 t n + … + a n ne može imati imp konačna količina cjelobrojna rješenja. Međutim, Thueova metoda nije bila pravilno razvijena. A. Baker je stvorio efektivne teoreme koje daju procene performansi nekih jednačina ove vrste. BN Delaunay je predložio drugu metodu istraživanja koja je primjenjiva na užu klasu ovih nejednakosti. Konkretno, oblik ax 3 + y 3 = 1 je potpuno rješiv na ovaj način.

Diofantove jednadžbe: Metode rješenja

Diofantova teorija ima mnogo pravaca. Dakle, dobro poznati problem u ovom sistemu je pretpostavka da ne postoji netrivijalno rješenje za Diofantove jednačine x n + y n = z n ako je n ≥ 3 (Fermatovo pitanje). Proučavanje cjelobrojnih ispunjenja nejednakosti je prirodna generalizacija problema Pitagorinih trojki. Euler je dobio pozitivno rješenje Fermatovog problema za n = 4. Na osnovu ovog rezultata, on se odnosi na dokaz nedostajućeg cjelobrojnog, različitog od nule studija jednačine ako je n neparan prost broj.

Studija o odluci nije završena. Poteškoće s njegovom implementacijom povezane su s činjenicom da prosta faktorizacija u prstenu algebarskih cijelih brojeva nije jedinstvena. Teorija djelitelja u ovom sistemu za mnoge klase prostih eksponenata n omogućava da se potvrdi valjanost Fermatove teoreme. Dakle, linearna Diofantova jednačina sa dvije nepoznate ispunjena je postojećim metodama i tehnikama.

Vrste i vrste opisanih zadataka

Aritmetika prstenova algebarskih cijelih brojeva također se koristi u mnogim drugim problemima i rješenjima Diofantovih jednačina. Na primjer, takve metode su primijenjene kada su ispunjene nejednakosti oblika N(a 1 x 1 +…+ a n x n) = m, gdje je N(a) norma a, a x 1 , …, x n se pronalaze integralne racionalne varijable . Ova klasa uključuje Pellovu jednačinu x 2- dy 2 =1.

Vrijednosti a 1, ..., a n koje se pojavljuju, ove jednadžbe se dijele u dvije vrste. Prvi tip - tzv. potpuni oblici - uključuju jednadžbe u kojima među a ima m linearno nezavisnih brojeva nad poljem racionalnih varijabli Q, gdje je m = , u kojima postoji stepen algebarskih eksponenta Q (a1,…, a n) preko Q. Nepotpune vrste su one kod kojih je maksimalni broj a i manji od m.

Puni oblici su jednostavniji, njihovo proučavanje je kompletno, a sva rješenja se mogu opisati. Druga vrsta - nepotpuna vrsta - je složenija, a razvoj takve teorije još nije završen. Takve jednačine se proučavaju korišćenjem Diofantovih aproksimacija, koje uključuju nejednakost F(x,y)=C, gde je F (x,y) - polinom stepena n≥3 nesvodiv, homogen. Dakle, možemo pretpostaviti da je y i → ∞. Prema tome, ako je y i dovoljno velik, onda će nejednakost biti u suprotnosti sa teoremom Thuea, Siegela i Rotha, iz koje slijedi da F(x,y)=C, gdje je F oblik trećeg ili višeg stepena, ne može biti nesvodljiv. imaju beskonačan broj rješenja.

Ovaj primjer je prilično uska klasa među svima. Na primjer, uprkos njihovoj jednostavnosti, x 3 + y 3 + z 3 = N, kao i x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = N nisu uključeni u ovu klasu. Proučavanje rješenja je prilično pažljivo proučavana grana Diofantovih jednačina, gdje je osnova predstavljanje kvadratnim oblicima brojeva. Lagrange je stvorio teoremu koja kaže da ispunjenje postoji za sva prirodna N. Svaki prirodni broj može se predstaviti kao zbir tri kvadrata (Gaussova teorema), ali ne smije biti u obliku 4a (8K-1), gdje je a i k su nenegativni cijeli brojevi.

Racionalna ili integralna rješenja sistema Diofantovih jednačina tipa F (x 1 , …, x n) = a, gdje je F (x 1 , …, x n) kvadratni oblik sa cjelobrojnim koeficijentima. Dakle, prema Minkowski-Hasse teoremi, nejednakost ∑a ij x i x j = b gdje su a ij i b racionalni, ima integralno rješenje u realnim i p-adskim brojevima za svaki prosti broj p samo ako je rješiva ​​u ovoj strukturi .

Zbog inherentnih poteškoća, proučavanje brojeva sa proizvoljnim oblicima trećeg i višeg stepena proučavano je u manjoj mjeri. Glavni metod izvršenja je metoda trigonometrijskih suma. U ovom slučaju, broj rješenja jednačine je eksplicitno napisan u terminima Fourierovog integrala. Nakon toga, metoda okruženja se koristi za izražavanje broja ispunjenja nejednakosti odgovarajućih podudarnosti. Metoda trigonometrijskih suma zavisi od algebarskih karakteristika nejednačina. Postoji veliki broj elementarnih metoda za rješavanje linearnih Diofantovih jednadžbi.

Diofantska analiza

Grana matematike, čiji je predmet proučavanje integralnih i racionalnih rješenja sistema jednačina algebre metodama geometrije, iz iste oblasti. U drugoj polovini 19. veka, pojava ove teorije brojeva dovela je do proučavanja Diofantovih jednačina iz proizvoljnog polja sa koeficijentima, a rešenja su razmatrana ili u njoj ili u njenim prstenovima. Sistem algebarskih funkcija razvijao se paralelno sa brojevima. Osnovna analogija između njih, koju su isticali D. Hilbert i, posebno, L. Kronecker, dovela je do jednoobrazne konstrukcije različitih aritmetičkih koncepata, koji se obično nazivaju globalnim.

Ovo je posebno uočljivo ako su algebarske funkcije koje se proučavaju nad konačnim poljem konstanti jedna varijabla. Koncepti kao što su teorija polja klasa, djelitelj i grananje i rezultati su dobra ilustracija gore navedenog. Ovo gledište je tek kasnije usvojeno u sistemu Diofantovih nejednakosti, a sistematsko istraživanje ne samo numeričkih koeficijenata, već i koeficijenata koji su funkcije, počelo je tek 1950-ih godina. Jedan od odlučujućih faktora u ovom pristupu bio je razvoj algebarske geometrije. Istovremeno proučavanje polja brojeva i funkcija, koji se javljaju kao dva podjednako važna aspekta istog predmeta, ne samo da je dalo elegantne i uvjerljive rezultate, već je dovelo do međusobnog obogaćivanja dvije teme.

U algebarskoj geometriji, pojam varijeteta se koristi za zamjenu neinvarijantnog skupa nejednakosti nad datim poljem K, a njihova rješenja se zamjenjuju racionalnim točkama s vrijednostima u K ili u njegovom konačnom proširenju. Shodno tome, može se reći da je fundamentalni problem Diofantove geometrije proučavanje racionalnih tačaka algebarskog skupa X(K), gde su X određeni brojevi u polju K. Celobrojno izvršavanje ima geometrijsko značenje u linearnim Diofantovim jednačinama.

Studije nejednakosti i opcije

U proučavanju racionalnih (ili integralnih) tačaka na algebarskim varijetetima, javlja se prvi problem, a to je njihovo postojanje. Hilbertov deseti problem je formulisan kao problem pronalaženja opšte metode za rešavanje ovog problema. U procesu kreiranja precizne definicije algoritma, a nakon što je dokazano da slična izvođenja za veliki broj problemi ne postoje, problem je dobio očigledan negativan rezultat, a najzanimljivije pitanje je definicija klasa Diofantovih jednačina za koje postoji navedeni sistem. Najprirodniji pristup, sa algebarske tačke gledišta, je takozvani Hasseov princip: početno polje K se proučava zajedno sa njegovim dopunama K v za sve moguće procjene. Pošto su X(K) = X(K v) neophodan uslov za postojanje, a K tačka uzima u obzir da skup X(K v) nije prazan za sve v.

Važnost je u tome što spaja dva problema. Drugi je mnogo jednostavniji, rješiv je poznatim algoritmom. U posebnom slučaju kada je varijetet X projektivan, Hanselova lema i njene generalizacije omogućavaju daljnju redukciju: problem se može svesti na proučavanje racionalnih tačaka nad konačnim poljem. Zatim odlučuje da izgradi koncept, bilo kroz dosledno istraživanje ili efikasnije metode.

Poslednje važno razmatranje je da skupovi X(K v) nisu prazni za sve osim za konačan broj v, tako da je broj uslova uvek konačan i oni se mogu efikasno testirati. Međutim, Hasseov princip se ne primjenjuje na krivulje stupnjeva. Na primjer, 3x 3 + 4y 3 =5 ima tačke u svim poljima p-adičnih brojeva iu sistemu, ali nema racionalnih tačaka.

Ova metoda je poslužila kao polazna tačka za konstruisanje koncepta koji opisuje klase glavnih homogenih prostora Abelovih varijeteta kako bi se izvršilo "odstupanje" od Hasseovog principa. Opisuje se u smislu posebne strukture koja se može povezati sa svakom mnogostrukošću (grupa Tate-Shafarevich). Glavna poteškoća teorije leži u činjenici da je metode za izračunavanje grupa teško dobiti. Ovaj koncept je takođe proširen na druge klase algebarskih varijeteta.

Potražite algoritam za ispunjavanje nejednakosti

Druga heuristička ideja koja se koristi u proučavanju Diofantovih jednačina je da ako je broj varijabli uključenih u skup nejednakosti velik, onda sistem obično ima rješenje. Međutim, to je vrlo teško dokazati za svaki konkretan slučaj. Opšti pristup problemima ovog tipa koristi analitičku teoriju brojeva i zasniva se na procjenama za trigonometrijske sume. Ova metoda je prvobitno primijenjena na posebne vrste jednačina.

Međutim, naknadno je uz njegovu pomoć dokazano da ako je oblik neparnog stepena F, u d i n varijabli i sa racionalnim koeficijentima, onda je n dovoljno veliko u odnosu na d, tako da projektivna hiperpovršina F = 0 ima racionalnu tačku Prema pretpostavci Artin, ovaj rezultat je tačan čak i ako je n > d 2 . Ovo je dokazano samo za kvadratne forme. Slični problemi se mogu postaviti i za druga polja. Centralni problem diofantske geometrije je struktura skupa cijelih ili racionalnih tačaka i njihovo proučavanje, a prvo pitanje koje treba razjasniti je da li je taj skup konačan. U ovom problemu situacija obično ima konačan broj izvršenja ako je stepen sistema mnogo veći od broja varijabli. Ovo je glavna pretpostavka.

Nejednakosti na linijama i krivuljama

Grupa X(K) se može predstaviti kao direktan zbir slobodne strukture ranga r i konačne grupe reda n. Od 1930-ih se proučava pitanje da li su ovi brojevi ograničeni na skupu svih eliptičkih krivulja nad datim poljem K. Ograničenost torzije n je demonstrirana sedamdesetih godina. U funkcionalnom slučaju postoje krive proizvoljno visokog ranga. U numeričkom slučaju još uvijek nema odgovora na ovo pitanje.

Konačno, Mordellova pretpostavka kaže da je broj integralnih tačaka konačan za krivu roda g>1. U funkcionalnom slučaju, ovaj koncept je demonstrirao Yu. I. Manin 1963. godine. Glavni alat koji se koristi u dokazivanju teorema konačnosti u diofantovoj geometriji je visina. Od algebarskih varijeteta dimenzija veće od jedan, Abelovi varijeteti, koji su višedimenzionalni analogi eliptičkih krivulja, su najtemeljnije proučavani.

A. Weyl je generalizirao teoremu o konačnosti broja generatora grupe racionalnih tačaka na Abelove varijetete bilo koje dimenzije (koncept Mordell-Weila), proširivši je. Šezdesetih godina prošlog vijeka pojavila se pretpostavka Bircha i Swinnerton-Dyera, koja je poboljšala ovu i grupu i zeta funkcije mnogostrukosti. Numerički dokazi potvrđuju ovu hipotezu.

Problem odlučivosti

Problem je pronaći algoritam koji se može koristiti za određivanje da li bilo koja Diofantova jednačina ima rješenje. Bitna karakteristika postavljenog problema je potraga za univerzalnom metodom koja bi bila prikladna za svaku nejednakost. Takav metod bi omogućio i rješavanje gore navedenih sistema, jer je ekvivalentan P21+⋯+P2k=0.p1= 0 , ... , PK= 0p = 0,...,pK = 0 ili p21+ ⋯ + P2K= 0 . n12+⋯+pK2=0. Problem pronalaženja takvog univerzalnog načina za pronalaženje rješenja za linearne nejednakosti u cijelim brojevima postavio je D. Gilbert.

Početkom 1950-ih pojavile su se prve studije koje su imale za cilj dokazivanje nepostojanja algoritma za rješavanje Diofantovih jednačina. U to vrijeme se pojavila Davisova pretpostavka, koja je govorila da svaki nabrojiv skup također pripada grčkom naučniku. Jer su primjeri algoritamski neodlučivih skupova poznati, ali su rekurzivno nabrojivi. Iz toga slijedi da je Davisova pretpostavka tačna i problem rješivosti ovih jednačina ima negativno ispunjenje.

Nakon toga, za Davisovu pretpostavku, ostaje dokazati da postoji metoda za transformaciju nejednakosti koja također (ili nije) u isto vrijeme ima rješenje. Pokazalo se da je takva promjena Diofantove jednadžbe moguća ako ima navedena dva svojstva: 1) u bilo kojem rješenju ove vrste v≤uu; 2) za bilo koje k postoji izvođenje u kojem postoji eksponencijalni rast.

Primjer linearne Diofantove jednadžbe ove klase završio je dokaz. Problem postojanja algoritma za rješivost i prepoznavanje ovih nejednakosti u racionalnim brojevima još uvijek se smatra važnim i otvorenim pitanjem koje nije dovoljno proučeno.

Ministarstvo obrazovanja i nauke Republike Kazahstan

Region Istočnog Kazahstana

Smjer: matematičko modeliranje ekonomskih i društvenih procesa.

Sekcija: matematika

Tema: Rješenje Diofantovih jednačina prvog i drugog stepena

Zhumadilov Eldar,

Burkutova Amina,

Državna ustanova "Privredni licej"

Supervizor:

Drannaya Natalia Alexandrovna

Državna ustanova "Privredni licej"

konsultant:

Šef Katedre za matematiku i metodiku nastave matematike Semipalatinskog državnog pedagoškog instituta, kandidat fizičko-matematičkih nauka, vanr.

Zholymbaev Oraltay Muratkhanovich

Ust-Kamenogorsk

Uvod…………………………………………………………………………………………….3

Poglavlje 1. O Diofantovim jednačinama................................................ ...........četiri

Poglavlje 2. Metode rješenja ................................................ ...................................6

2.1.Euklidov algoritam.................................................. ........................6

2.2. Nastavak snimanja ................................................ .........................................osam

2.3 Metoda faktoringa ................................................................ ................ .9

2.4. Korištenje pariteta................................................. ................ .............deset

2.5.Druge metode za rješavanje Diofantovih jednačina..................................10

Zaključak................................................................ ................................................12

Bibliografija ................................................. ................................13

Aplikacija.................................................................. ................................................četrnaest

Uvod

„Prečasni Dionisije, znajući da revno želiš da naučiš kako da rešavaš probleme o brojevima, pokušao sam da objasnim njihovu prirodu i moć, polazeći od temelja na kojima počiva ova nauka.

Možda će vam se ova tema učiniti teškom, jer još uvijek niste upoznati s njom, a početnici se ne nadaju uspjehu. Ali postat će vam razumljivo zahvaljujući vašoj marljivosti i mojim objašnjenjima, jer strastvena ljubav prema nauci pomaže vam da brzo sagledate doktrinu.

Ova posveta otvara "Aritmetiku" Diofanta Aleksandrijskog.

Diofant predstavlja jednu od fascinantnih zagonetki u istoriji matematike. Ne znamo ko je bio Diofant, tačne godine njegovog života, ne znamo njegove prethodnike koji bi radili na istom polju kao i on.

Na Diofantovom grobu nalazi se pjesma zagonetke, rješavajući koju je lako izračunati da je Diofant živio 84 godine. O vremenu Diofantovog života možemo suditi iz radova francuskog istraživača nauke Pola Tanrija, a to je verovatno sredina 3. veka nove ere.

Najzanimljivije je Diofantovo djelo. Došli smo do 7 knjiga od 13, koje su objedinjene u "Aritmetiku".

U ovoj knjizi, Diofant (3. vek) je sažeo i proširio iskustvo stečeno pre njega u rešavanju neodređenih algebarskih jednačina u celim ili racionalnim brojevima. Od tada se ove jednačine nazivaju Diofantovim.

Evo primjera takvih jednadžbi: x 2 + y 2 \u003d z 2, x 2 \u003d y 3 + 5y + 7.

Interes za Diofantove jednačine je očigledno povezan sa samom prirodom čoveka - sačuvani dokumenti otkrivaju njegove tragove u dubinama milenijuma. Čak su i u starom Babilonu tražili pitagorine trojke - cjelobrojna rješenja jednadžbe

x 2 + y 2 \u003d z 2.

Diofantove jednadžbe omogućavaju rješavanje algebarskih problema u cijelim brojevima. Diofantova "aritmetika" činila je osnovu teorije brojeva modernog vremena.

Svrha ovog istraživanja: pronaći različite metode za rješavanje neodređenih jednačina.

Ciljevi istraživanja: naučiti kako rješavati neodređene jednadžbe prvog i drugog stepena koristeći Euklid algoritam, koristeći kontinuirane razlomke ili faktoring jednadžbe

Poglavlje 1. O Diofantovim jednačinama.

Diofantove jednačine nazivamo algebarskim jednadžbama ili sistemima algebarskih jednačina sa cjelobrojnim koeficijentima, za koje je potrebno pronaći cjelobrojna ili racionalna rješenja. U ovom slučaju, broj nepoznatih u jednadžbi mora biti najmanje dvije (ako nije ograničeno samo na cijele brojeve). Diofantove jednadžbe obično imaju mnogo rješenja, zbog čega se nazivaju neodređenim jednadžbama.

Problemi dovode do Diofantovih jednadžbi, prema čijem značenju nepoznate vrijednosti veličina mogu biti samo cijeli brojevi.

Razmotrite jedan problem: za kupovinu morate platiti 1700 rubalja. Kupac ima novčanice samo od 200 i 500 rubalja. Kako može platiti? Za odgovor na ovo pitanje dovoljno je riješiti jednačinu 2x + 5y = 17 sa dvije nepoznate x i y. Takve jednačine imaju beskonačan broj rješenja. Konkretno, bilo koji par brojeva u obliku
. Za naš praktični zadatak prikladne su samo nenegativne cjelobrojne vrijednosti x i y (ne vrijedi kidati račune na komade). Dakle, dolazimo do formulacije problema: pronađite sva nenegativna cjelobrojna rješenja jednadžbe 2x + 5y \u003d 17. Odgovor više ne sadrži beskonačan broj, već samo dva para brojeva (1; 3) i ( 6; 1).

Dakle, karakteristike Diofantovih problema su da: 1) se svode na jednačine ili sisteme jednačina sa celobrojnim koeficijentima; 2) rješenja treba pronaći samo cjelovita, često prirodna.

Prije razmatranja metoda za rješavanje neodređenih jednačina, izlažemo neke definicije i iskaze potrebne za daljnje predstavljanje.

djeljivost

Definicija Neka su a, b  Z, b ≠ 0. Brojevi q  Z i r  (0,1,...,|b|-1) nazivaju se, redom, nepotpuni količnik i ostatak dijeljenja a sa b, ako je jednakost

Štaviše, ako je r = 0, onda kažemo da je a deljivo sa b, ili da je b delilac a (zapis a b ili b| a).

Diofantove jednačine se mogu napisati kao

P(x 1 , x 2 , ..., x n) = 0,

gdje je P(x 1 , ..., x n) polinom sa cjelobrojnim koeficijentima.

Kada se proučavaju Diofantove jednadžbe, obično se postavljaju sljedeća pitanja:

da li jednačina ima cjelobrojna rješenja;

skup njegovih cjelobrojnih rješenja je konačan ili beskonačan;

riješiti jednačinu na skupu cijelih brojeva, tj. pronaći sva njena cjelobrojna rješenja;

riješiti jednačinu na skupu pozitivnih cijelih brojeva;

riješiti jednačinu na skupu racionalnih brojeva.

Napominjemo da je problem rješavanja jednačina u cijelim brojevima u potpunosti riješen samo za jednačine sa jednom nepoznatom, za jednačine prvog stepena i za jednačine drugog stepena sa dvije nepoznate. Za jednačine iznad drugog stepena sa dve ili više nepoznanica, čak je i problem postojanja celobrojnih rešenja prilično težak. Na primjer, nije poznato da li jednačina ima

x 3 + y 3 + z 3 = 30

najmanje jedno cjelobrojno rješenje. Štaviše, dokazano je da u principu ne postoji unificirani algoritam koji omogućava rješavanje proizvoljnih Diofantovih jednačina u cijelim brojevima u konačnom broju koraka.

Poglavlje 2. Metode rješenja.

2.1 Euklidov algoritam.

Možete pronaći najveći zajednički djelitelj prirodnih brojeva a i b bez rastavljanja ovih brojeva u proste faktore, već primjenom procesa dijeljenja s ostatkom. Da biste to učinili, trebate podijeliti veći od ovih brojeva s manjim, zatim manji od brojeva s ostatkom pri prvom dijeljenju, zatim ostatak pri prvom dijeljenju s ostatkom pri drugom dijeljenju, i nastavite ovako proces sve dok ne dođe do dijeljenja bez ostatka (jer se ostaci smanjuju, to će se dogoditi u nekom koraku). Posljednji ostatak koji nije nula je traženi gcd (a, b).

Da bismo dokazali ovu tvrdnju, predstavljamo opisani proces u obliku sljedećeg lanca jednakosti: ako je a>b, onda

Ovdje su r 1 , …, r n pozitivni ostaci koji se smanjuju sa povećanjem broja. Iz prve jednakosti slijedi da zajednički djelitelj brojeva a i b dijeli r 1, a zajednički djelitelj brojeva b i r 1 dijeli a, pa je gcd (a, b) = gcd (b, r 1). Prelazeći na sljedeće jednakosti sistema, dobijamo:

gcd(a, b) \u003d gcd (b, r 1) \u003d gcd (r 1, r 2) \u003d ...

…= GCD (r n -1 , r n) = GCD (r n , 0) = r n .

Dakle, pri rješavanju Diofantovih jednačina prvog stepena ax + by = c, mogu se primijeniti sljedeće teoreme:

Teorema 1. Ako je gcd (a, b) = 1, onda jednačina ax + by = 1 ima barem jedan par (x, y) cjelobrojnog rješenja.

Teorema 2. Ako je gcd (a, b) = d > 1, a broj c nije djeljiv sa d, onda jednačina ax + by = c nema integralno rješenje.

Dokaz. Pretpostavimo da jednačina ax + by = c ima cjelobrojno rješenje (x 0, y 0). Pošto, a d, bd, onda dobijamo c = (ax + by)d. Ovo je u suprotnosti sa uslovima teoreme i time je teorema dokazana.

Teorema 3. Ako je gcd (a, b) = 1, tada su sva cjelobrojna rješenja jednadžbe ax + by = c određena formulom:

x \u003d x 0 c + bt

Ovdje je (x 0 , y 0) cjelobrojno rješenje jednačine ax + by = 1, a t je proizvoljan cijeli broj.

Primjer 1 Riješite jednačinu 54x + 37y = 1 u cijelim brojevima.

Prema Euklidovom algoritmu, a = 54, b = 37. Zamijenite podatke pod algoritmom i dobijete:

54=371+17, modul 17 = 54-371

37 = 172+3 , 3 = 37-172

17 = 35+2 , 2 = 17- 35

3 = 21+1 , 1 = 3 - 21

Nakon što pronađemo jedinicu, kroz nju izražavamo vrijednosti a i b:

1 = 3 – (17-35);

1 = 17 - (37- 172) 4;

1 = 17 - 374+178;

1 = 179 – 374;

1 = (54- 371) 9 - 374;

1 = 549 - 379 - 374;

Dakle, x 0 = 9, y 0 = -13. Dakle, ova jednadžba ima sljedeće rješenje
.

Primjer 2 Potrebno je pronaći cjelobrojno rješenje jednačine 15x + 37y = 1.

1. metoda. Koristimo dekompoziciju jedinice:

1 = 15*5 + 37*(-2) Odgovor: x = 5, y = -2.

2. metoda. Koristeći Euklid algoritam, imamo: 37 = 15*2 + 7, 15 = 2*7 + 1. Otuda 1 = 15 - 2*7 = 15 - 2(37 - 15*2) = 15*5 + (- 2) *37. Tada je x o \u003d 5, y o \u003d - 2. Opće rješenje jednadžbe je sistem.

Primjer 3. U jednadžbi 16x + 34y = 7, gcd (16, 34) = 2 i 7 nije deljivo sa 2, tada nema celobrojnih rešenja.

2.2 Nastavak pucanja

Jedna primena Euklidovog algoritma je predstavljanje razlomka as

Gdje q 1 je cijeli broj i q 2 , … ,q n- cijeli brojevi. Takav izraz se naziva kontinuirani (konačni kontinuirani) razlomak.

jednadžba:

sa koeficijentima koji su jednostavni a i b ima rješenje

,
,

gdje
- pretposljednji konvergentni razlomak nastavka, na koji se razlomak razlaže.

dokaz:

Ako je za dati kontinuirani razlomak sa uzastopnim dijelovima q 1 , q 2 ,…,q n nesvodljivi razlomci

, , …,

su rezultati konvolgiranja konvergenta
,
, itd. , reda 1, 2, …, n, redom, tada

,
, …, n.

At k= n dobijamo:

,

Gdje je posljednji prikladan razlomak kontinuiranog razlomka na koji se razlomak razlaže. Budući da su razlomci i nesvodivi, onda , i

.

Pomnožimo obje strane posljednje jednakosti sa (-1) n , imamo

Odnosno, par brojeva , , , gdje je n red kontinuiranog razlomka, rješenje je jednadžbe .

Primjer. Za prevoz većeg broja kontejnera od 170 kg i 190 kg izdvojeni su kamioni od tri tone. Da li je moguće njima potpuno utovariti automobile?

Rješenje:

Neka X i at broj kontejnera od 170 i 190 kg, respektivno, onda imamo jednačinu

170x+190y=3000

Nakon smanjenja za 10, jednadžba izgleda ovako,

Da bismo pronašli određeno rješenje, koristimo proširenje razlomka u lančani hitac

Nakon što je pretposljednji razlomak pogodan za to srušio u običan

Konkretno rješenje ove jednačine ima oblik

X 0 = (-1) 4 300*9=2700, y 0 =(-1) 5 300*8=-2400,

a opšte je dato formulom

x=2700-19k, y=-2400+17k.

odakle dobijamo uslov na parametar k

One. k=142, x=2, y=14. .

2.3 Metoda faktorizacije

Ova i sve naredne metode primjenjuju se na rješavanje Diofantovih jednačina drugog stepena.

Zadatak 1.

Rješenje. Zapisujemo jednačinu u obliku

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

Proizvod dva cijela broja može biti jednak 1 samo ako su oba jednaka 1. To jest, originalna jednadžba je ekvivalentna skupu

sa rješenjima (0,0) i (2,2).

2.4 Koristeći paritet

Zadatak 2. Riješite jednačinu u prostim brojevima

Rješenje. Razmotrimo dva slučaja u zavisnosti od parnosti varijable x.

a) Neka je x neparan broj. Zamjena x = 2t + 1 dovodi izvornu jednačinu u oblik

(2t + 1) 2 - 2y 2 = 1,

2y 2 = 4t(t + 1).

Stoga, 2 | y2. Pošto je y prost broj, onda je y = 2. Dakle

b) Neka je x paran broj. Pošto je x prost broj, onda je x = 2. Dakle, tj. jednačina je nerješiva ​​u prostim brojevima.

Prema tome, jednačina ima jedinstveno rješenje (3;2) u klasi prostih brojeva.

2.5 Druge metode za rješavanje Diofantovih jednačina

Zadatak 3. Dokažite da je jednačina

ima beskonačno mnogo rješenja u prirodnim brojevima.

Rješenje. Lako je vidjeti da je (3.2) jedno od rješenja originalne jednačine. S druge strane, od identiteta

(x 2 + 2y 2) 2 - 2(2xy) 2 = (x 2 - 2y 2) 2

slijedi da ako je (x, y) rješenje ove jednačine, onda je par (x 2 + 2y 2 , 2xy) također njeno rješenje. Koristeći ovu činjenicu, rekurzivno definiramo beskonačan niz (x n , y n) različitih rješenja originalne jednadžbe:

(x 1 , y 1) = (3,2) i x n +1 = x n 2 + 2y n 2 , y n +1 = 2x n y n , n  N * .

Zadatak 4. Dokažite da je jednačina

x(x + 1) = 4y(y + 1)

nerješiv u pozitivnim cijelim brojevima.

Rješenje. Lako je vidjeti da je originalna jednadžba ekvivalentna jednadžbi

x 2 + x + 1 = (2y + 1) 2 .

Dakle, x 2

Zadatak 5. Riješite jednačinu u cijelim brojevima

x + y \u003d x 2 - xy + y 2.

Rješenje. Neka je t = x + y. Jer

tada mora vrijediti nejednakost odakle je t  .

zaključak:

Modernu notaciju za kontinuirane razlomke predložio je istaknuti naučnik Christian Huygens (1629-1695).

Huygens se okrenuo kontinuiranim razlomcima kada je gradio planetarij u Parizu. Želio je dobiti najbolju aproksimaciju za omjer orbitalnih perioda planeta. Ovi omjeri i omjeri broja zubaca odgovarajućih međusobno povezanih zupčanika planetarijuma morali su se poklapati. Ali broj zubaca zupčanika, iz tehničkih razloga, ne može biti jako velik. Trebalo ih je odabrati na način da se dobijeni omjeri što manje razlikuju od pravih. Huygens se okrenuo kontinuiranim razlomcima i uz njihovu pomoć pronašao rješenje problema s kojim se suočio.

U zaključku, bilježimo prednosti i nedostatke kontinuiranih razlomaka u usporedbi, na primjer, s decimalima. Pogodnost leži u činjenici da njihova svojstva nisu povezana ni sa jednim brojevnim sistemom. Iz tog razloga, kontinuirani razlomci se efikasno koriste u teorijskim studijama. Ali nisu dobili široku praktičnu primjenu, jer za njih ne postoje pogodna pravila za izvođenje aritmetičkih operacija, koja su dostupna za decimalne razlomke.

Ova tema je relevantna jer se Diofantove jednadžbe također koriste u inženjerstvu, biologiji itd. Na primjer, kod brojanja hromozoma prve generacije.

Za početak biramo pet slučajnih rješenja: 1=

hromozom

1. generacija hromozoma i njihov sadržaj.

Glavno svojstvo Diofantovih jednadžbi je da ne prolazimo kroz sva rješenja zaredom, već pristupamo od nasumično odabranih rješenja do onih najboljih.

Bibliografija

Časopis "Quantum" 1970 #7

"Enciklopedija mladog matematičara" 520 str.

Vilenkin N.Ya. "Iza stranica udžbenika matematike" (10-11. razredi) - Moskva: "Prosveshchenie" 1996-320 str.

http://festival.1 septembra. en/ članci/417558/

Shynybekov N.A. "Algebra 8" Almaty "Atamura" 2004-272 str.

I.N. Sergeev "Primjena matematike" 1989 - 240 str.

1. http://ilib. ogledalo1. mccme. en/ djvu/ serp- int_ ekv. htm

   Kozhegeldinov S.Sh. "Neki elementi teorije Diofantovih jednadžbi u vježbama i zadacima"

   Pichugin L.F. “Iza stranica udžbenika algebre”, M., 1990, 224 str.

   Glazer G.I. "Istorija matematike u školi 10-11", 351s

   Gusev V.A., Orlov A.I. itd. "Vannastavni rad iz matematike u 6-8 razredima", M., 1984, 286 str.

   Petrakov I.A. "Matematika za radoznale", M., 2000. 256s.

   http://bse.sci-lib.com/article028554.html

   http://bars-minsk.narod.ru/teachers/diofant.html

Aplikacija

Riješite jednačinu 127x - 52y + 1 = 0 u cijelim brojevima. Odgovor: x = 9 + 52t, y = 22 + 127t, t  Z.

Riješite u cijelim brojevima jednačinu 107x + 84y = 1.

Riješite jednačinu 3x 2 + 4xy - 7y 2 = 13 u cijelim brojevima. Primijenite faktorizaciju.
Odgovor: (2,1), (-2,-1).

Dokažite da jednačina y 2 = 5x 2 + 6 nema cjelobrojna rješenja.
Uputstvo. Razmotrimo jednačinu po modulu 4.

Dokažite da jednačina x 2 - 3y 2 = 1 ima beskonačno mnogo cijelih rješenja.
Uputstvo. Koristite rekurentnu relaciju između rješenja.

Riješite jednačinu: 17x + 13y = 5.

Dokažite da se svaki iznos novca izražen kao cijeli broj rubalja veći od 7 može platiti bez promjene, ako imate samo novčanice od tri i pet rubalja u dovoljnoj količini.

Potrebno je sipati 20,5 litara soka u tegle od 0,7 litara i 0,9 litara kako bi sve tegle bile pune. Koliko limenki je potrebno za pripremu? Koji je najmanji broj tegli koji može biti potreban?

Štaviše, sa tri nepoznanice odlučuju i...

1. Genetski algoritmi i njihova praktična primjena

   Zadatak >> Informatika

   strategije). bliže sekunda pol - sistemi koji ... ideje adaptacije i evolucije. Stepen mutacije u ovom slučaju... Diofantova matematika.26 Razmotrite diofantin jednačina: a+2b+3c+4d ... Stope preživljavanja prvo generacije hromozoma (skup odluke) Dakle...

2. Izuzetna uloga Leonharda Ojlera u razvoju algebre geometrije i teorije brojeva

   Teza >> Istorijske ličnosti

   ... odluka jednačine. On je to istakao rješenje jednačine sekunda, treći i četvrti stepeni svedeno na jednačine respektivno prvo, sekunda i treće stepen; ove poslednje jednačine... cijeli broj odluka sistemima diofantin jednačine viši stepeni i...

3. Modeliranje ravnoteže para-tečnost u četverokomponentnoj mješavini aceton-toluen-butanoldimetilformamid

   Diplomski rad >> Hemija

   Oni su dio jedinstvenog sistema diofantin jednačine i međusobno se dopunjuju... Učinkovitost usvojenog odluke uglavnom stepen definisano karakteristikama... molekul prvo komponenta, druga - molekul sekunda komponenta. Prema jednačina ...

Opštinski budžet obrazovne ustanove

prosjek sveobuhvatne škole №1

Pavlovo.

Istraživački rad

Metode rješavanja Diofantovih jednačina.

Katedra za fiziku i matematiku

Sekcija: matematika

Završeno:

Učenik 8. razreda Nikolaj Trukhin (14 godina)

naučni savjetnik:

nastavnik matematike

Lefanova N. A.

Pavlovo

2013

Sadržaj

I Uvod………………………………………………………………………………………3

II Pregled literature………………………………………………………………………..5

III Glavni dio………………………………………………………………………6

IV Zaključak……………………………………………………………………………………15

V Spisak referenci…………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………………….

VI Dodatak………………………………………………………………………………..17

Uvod.

2011-2012 sam nastupao istraživački rad na temu: "Rješenje jednačina u staroj Grčkoj i Indiji". Radeći na njemu, upoznao sam se sa djelima Diofanta Aleksandrijskog i Muhameda al-Khwarizmija. U svom prethodnom radu razmatrao sam neke metode za rješavanje jednačina prvog stepena sa dvije nepoznate, upoznao se sa nekim starim problemima koji vode do rješenja jednačina prvog stepena sa dvije nepoznate.

Mohammed Ben Mussa al-Khwarizmi, ili Muhamed, sin Mojsija iz Horezma, koji je član "kuće mudrosti" u Iranu, napisao je knjigu oko 820. naše hronologije, gdje je učio rješavati jednostavna i složena pitanja aritmetike. koji su potrebni ljudima pri diobi nasljedstva, sastavljanju testamenta, diobi imovine i sudskim sporovima, u trgovini, svim vrstama transakcija. S imenom al - Khorezmi povezani su pojmovi "algebra", "arapski brojevi", "algoritam". Odvojio je algebru od geometrije, dao veliki doprinos matematici islamskog srednjeg vijeka. Muhammad al-Khwarizmi je bio poznat i poštovan i za života i nakon smrti.

Ali želeo sam da saznam više o Diofantu. A tema mog ovogodišnjeg istraživanja je: Metode rješavanja Diofantovih jednačina»

Diofant Aleksandrijski je jedan od najčudesnijih starogrčkih matematičara čiji su radovi bili veliki značaj za algebru i teoriju brojeva. Od Diofantovih djela najznačajnija je "Aritmetika", od 13 knjiga od kojih je samo 6 sačuvano do danas. Preživjele knjige sadrže 189 problema s rješenjima. Prva knjiga sadrži probleme koji vode do određenih jednačina prvog i drugog stepena. Preostalih pet knjiga sadrže uglavnom neodređene jednačine (neodređene jednačine se nazivaju jednadžbe koje sadrže više od jedne nepoznate). Ove knjige još nemaju sistematsku teoriju neodređenih jednačina, metode rješavanja variraju od slučaja do slučaja. Diofant se zadovoljava jednim rješenjem, cijelim ili frakcijskim, sve dok je ono pozitivno. Međutim, metode za rješavanje neodređenih jednačina čine glavni Diofantov doprinos matematici. U Diofantovoj simbolici postojao je samo jedan znak za nepoznato. Prilikom rješavanja neodređenih jednačina koristio je proizvoljne brojeve kao nekoliko nepoznanica, umjesto kojih su se mogli uzeti bilo koji drugi, čime je sačuvana priroda općenitosti njegovih rješenja.

Svrha mog rada:

1. Nastaviti upoznavanje sa Diofantovim jednačinama.

2. Istražiti metode nabrajanja i disperzije (mljevenja) pri rješavanju Diofantovih jednačina.

3. Istražite mogućnost korištenja Diofantovih jednačina za rješavanje nekih praktičnih problema.

II. Pregled literature.

Prilikom pisanja rada koristio sam sljedeću literaturu:

Koristio sam informacije o Diofantu i al-Khwarizmiju.

Knjiga je posvećena Diofantovim metodama u rješavanju neodređenih jednačina. Govori o životu samog Diofanta. Ove informacije koristim u svom radu.

Knjiga govori o istoriji algebre od antičkih vremena. Koristio sam informacije o teoriji jednačina još od antike.

Ova knjiga sadrži oko 200 članaka o osnovnim pojmovima matematike i njenim primjenama. Koristio sam materijale članaka "Algebra", "Jednačine", "Diofantove jednadžbe"

Tekstovi zadataka za praktičnu upotrebu preuzeti su iz knjige.

Na temu koju sam koristio sajt:

http :// en . wikipedia . org (podaci o al-Horezmiju i Diofantu. O metodama rješavanja Diofantovih jednačina).

Glavni dio

Danas su svi koji su se bavili matematikom čuli za Diofantove jednačine. Algebarske jednadžbe sa cjelobrojnim koeficijentima, riješene u skupu cjelobrojnih (rijetko racionalnih) brojeva, ušle su u istoriju matematike kao Diofantove . Diofantove jednačine 1. i 2. stepena su najviše proučavane. Sadržaj mog rada obuhvata zadatke koji se svode na rješavanje jednadžbe prvog stepena sa dvije nepoznanice

(1)

Razmotrimo zadatak.

Zadatak 1. U ćeliji je x fazani i at zečevi. Koliko je fazana i zečeva u kavezu ako je ukupan broj nogu 62.

Ukupan broj noge se mogu napisati pomoću jednadžbe 2x + 4y \u003d 62 (2)

Ova jednakost, koju sam napravio prema uslovu zadatka, zove se jednačina sa dvije varijable. Ova jednačina se naziva linearna jednačina. Linearne jednačine igraju važnu ulogu u rješavanju različitih problema. Dozvolite mi da vas podsjetim na glavne odredbe vezane za ovaj koncept.

Linearna jednadžba s dvije varijable je jednadžba oblika ax + by \u003d c, gdje su x i y varijable, a, b i c su neki brojevi.

Nedvosmisleno odrediti iz jednačine (2) vrijednosti x i y zabranjeno je. Čak i ako se ograničimo na prirodne vrijednosti varijabli, mogu postojati takvi slučajevi: 1 i 15, 3 i 14, 5 i 13, itd.

Par brojeva ( a , b ) naziva se rješenjem jednadžbe s dvije varijable ako, zamjenom x sa a i y sa b, dobijemo pravu jednakost.

Svaka jednačina sa dvije varijable odgovara skupu njenih rješenja, odnosno skupu koji se sastoji od svih parova brojeva (a, b), zamjenom kojih u jednačinu dobija se prava jednakost. U ovom slučaju, naravno, ako su skupovi X i Y unaprijed specificirani, koji može prihvatiti nepoznate x i y, onda trebate uzeti samo takve parove (a, b), za koje a pripada X, a b pripada Y.

Par brojeva ( a, b) može biti predstavljen na ravni tačkom M, koja ima koordinate a i b, M \u003d M (a, b). Uzimajući u obzir slike svih tačaka skupa rješenja jednadžbe sa dvije nepoznate, dobijamo određeni podskup ravni. Zove se graf jednadžbe .

Može se pokazati da graf linearna jednačina sa dvije varijable, u kojima barem jedan od koeficijenata nije jednak nuli, je prava linija. Za iscrtavanje ove jednačine dovoljno je uzeti dvije tačke s koordinatama i povući pravu liniju kroz njih. Grafička metoda rješenja koja sam koristio u prethodnom radu.

Za dvije jednačine u dvije varijable koje imaju ista rješenja se kaže da su ekvivalentne.

Na primjer, jednačine x + 2y = 5 i 3x + 6y = 15 su ekvivalentne - svaki par brojeva koji zadovoljava jednu od ovih jednačina također zadovoljava i drugu.

Jednačine s dvije varijable imaju ista svojstva kao jednačine s jednom promjenljivom:

1) ako u jednačini prenesemo pojam iz jednog dijela u drugi, mijenjajući njegov predznak, onda dobijamo jednačinu ekvivalentnu datoj;

2) ako se oba dijela jednačine pomnože ili podijele sa istim brojem koji nije nula, onda se dobija jednačina koja je ekvivalentna datoj.

Postoji nekoliko načina za rješavanje Diofantovih jednačina:

Metoda izbora

Korištenje Euklidovog algoritma

Koristeći nastavak šuta

Metoda raspršivanja (brušenja).

Korištenje programskog jezika Pascal

U svom radu istraživao sam metode - nabrajanje opcija i disperziju (brušenje)

S obzirom na način nabrajanja opcija, potrebno je uzeti u obzir broj moguća rješenja jednačine. Na primjer, ova metoda se može primijeniti rješavanjem sljedećeg problema:

Zadatak 2. Andrej radi u kafiću ljeti. Za svaki sat plaća se 10 rubalja. I izračunajte 2 r. za svaki polomljeni tanjir. Prošle sedmice je zaradio 180 r. Odredite koliko je sati radio i koliko je ploča razbio, ako se zna da radi najviše 3 sata dnevno.

Rješenje.

Neka x sati koje je radio u sedmici, dakle 10x R. bio je plaćen, ali je slomio at ploče, i oduzeti od toga 2g R. Imamo jednačinu 10x - 2y \u003d 180, i x manje ili jednako 21. Dobijamo: 5x-y=90, 5x=90+y, x=18+y:5.

Jer x onda ceo broj at mora biti jednako djeljiv sa 5 da bi se dobio cijeli broj na desnoj strani. Postoje četiri slučaja

y=0, x=18, tj. rješenje je par - (18, 0);

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

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

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

Ovaj problem sam riješio metodom nabrajanja opcija. Odgovor sadrži četiri moguće opcije. Pokušao sam na ovaj način riješiti još nekoliko problema.

Zadatak 3. Iznos od 23 rublje napravljen je od kovanica od dvije i pet rubalja. Koliko ima ovih kovanica od dvije rublje?

Rješenje.

Neka x - broj kovanica od dvije rublje, y - broj kovanica od pet rubalja. Napravimo i riješimo jednačinu: 2x+5y=23; 2x=23–5y; x \u003d (23 - 5y): 2; x \u003d (22 + 1 - 5y): 2, 22 podijelimo sa 2 i (1 - 5y) sa 2 član po član, dobijemo: x = 11 + (1 - 5y): 2.

Jer x i y prirodnih brojeva prema uslovu zadatka, onda je lijeva strana jednadžbe prirodan broj, što znači da i desna strana mora biti prirodan broj. Osim toga, da bismo dobili prirodan broj na desnoj strani, potrebno je da izraz (1 - 5y) bude potpuno djeljiv sa 2. Nabrojimo opcije.

y =1, x=9, odnosno može postojati 9 kovanica od dvije rublje;

y=2, dok izraz (1 - 5y) nije djeljiv sa 2;

y=3, x=4, odnosno mogu postojati 4 novčića od dvije rublje;

kada je y veći ili jednak 4, x nije prirodan broj.

Dakle, odgovor u zadatku je sljedeći: među kovanicama ima 9 ili 4 novčića od dvije rublje.

Zadatak 4. Šeherezada priča svoje priče velikom vladaru. Ukupno mora ispričati 1001 bajku. Koliko će noći trebati Šeherezadi da ispriča sve svoje priče ako x noći će ispričati 3 priče, a ostale priče 5 for at noći

Rješenje.

Pripovjedaču treba x + y noći , gdje su x i y - prirodni korijeni jednadžbe 3x + 5y \u003d 1001

x \u003d (1001 - 5y): 3; jer x je prirodan broj, onda desna strana jednakosti mora sadržavati i prirodan broj, što znači da izraz (1001 - 5y) mora biti potpuno djeljiv sa 3.

Idemo preko opcija.

y=1, 1001 - 5y=1001-5= 996, 996 je deljivo sa 3, dakle x=332; odluka(332;1);

y=2, 1001– 10=991, 991 nije deljivo sa 3;

y=3, 1001 - 15 = 986; 986 nije djeljivo sa 3;

y = 4, 1001 - 20 = 981, 981 je djeljivo sa 3, dakle, x = 327, rješenje je (327; 4), itd.

Postoji 67 parova mogućih korijena u ovom problemu, nisam pokazao sva rješenja za ovaj problem, jer je potrebno dosta vremena.

Jednačina sjekira + by = c (1) u gornjim problemima riješio sam metodu nabrajanja opcija. I sam sam shvatio da metoda nabrajanja opcija nije uvijek efikasna za rješavanje ovog problema, jer je potrebno dosta vremena da se pronađu sva rješenja jednačine. I, po mom mišljenju, trenutno je irelevantno.

Stoga sam problem Šeherezade riješio metodom disperzije (mljevenja).

Metoda rasipanja je opšta metoda za rešavanje neodređenih jednačina prvog stepena sa celobrojnim koeficijentima u celim brojevima.

Dakle, riješimo problem o Šeherezadi metodom raspršivanja:

Okrenimo se jednadžbi 3x + 5y = 1001.

Hajde da to prepišemo drugačije: 3x = 1001 - 5y; 3x \u003d 1001 - 2y - 3y;

x = -y +
i označiti x l= y + x

Kao rezultat, jednačina će poprimiti oblik 3x 1 = 1001 - 2g ili

y = - x l
.

Ako ponovo zamijenimo y 1 \u003d y + x 1, dolazimo do jednadžbe

x 1 + 2y 1 \u003d 1001. Imajte na umu da su se koeficijenti za nepoznate smanjili - usitnjeni su.

Ovdje je koeficijent na x 1 jednak 1, i stoga, za bilo koji cijeli broj y 1 = t, broj x 1 je također cijeli broj. Ostaje izraziti originalne varijable u terminima t:

x 1 = 1001 - 2 t, dakle, y = - 1001 + 3 t, a x = 2002 - 5 t. Dakle, dobijamo beskonačan niz (2002 – 5 t , – 1001 + 3 t ) cjelobrojnih rješenja . Izgled formula za pronalaženje vrijednosti varijabli razlikuje se od rješenja dobivenih ranije, ali uzimajući u obzir stanje problema, korijeni su isti. Dakle, par (332;1) se dobija na t =334.

Po mom mišljenju, ova metoda nije samo praktičnija (ima algoritam akcija), već je i zanimljiva. Ova metoda je poznata in prvi put primijenjen na početkuVIin. Indijski matematičar Aryabhatta.

Prošle godine sam pokazao rješenje drevnog indijskog Brahmagupta problema metodama raspršivanja koje je predložio sam Brahmagupta. Odluka je bila iracionalna.

Predstavljen je u nastavku:

"Pronađi dva cijela broja, znajući da je razlika između proizvoda prvog sa 19 i drugog sa 8 13."

U zadatku je potrebno pronaći sva cjelobrojna rješenja jednačina.

Rješenje:

(1) 19x – 8y = 13

Izražavam y je nepoznanica sa najmanjom apsolutnom vrijednošću koeficijenta kroz x, dobijam:

(2) y = (19x – 13)/8

Sada moramo saznati za koje cjelobrojne vrijednosti x odgovarajuće vrijednosti y su također cijeli brojevi. Prepisat ću jednačinu (2) na sljedeći način:

(3) y = 2x + (3x – 13)/8

Iz (3) slijedi da y sa cijelim brojem x uzima cjelobrojnu vrijednost samo ako je izraz (3 x-13)/8 je cijeli broj, recimo y 1 . Pretpostavljam

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

pitanje se svodi na rješavanje jednadžbe (4) u cijelim brojevima s dvije nepoznate x i y 1 ; može se napisati ovako:

(5) 3x – 8y 1 = 13.

Ova jednadžba ima prednost u odnosu na originalnu jednadžbu (1) što je 3 - najmanja od apsolutnih vrijednosti koeficijenata za nepoznanice - manja nego u (1), tj. 8. Ovo je postignuto zamjenom koeficijenta na x (19) sa ostatkom od 8.

Nastavljajući na isti način, dobijamo iz (5):

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

Dakle, nepoznati x sa cijelim brojem y 1 uzima cjelobrojne vrijednosti samo kada (2 y 1 + 13)/3 je cijeli broj, recimo y 2 :

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

ili

(8) 3y 2 – 2 y 1 = 13.

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

Pretpostavljam

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

dobiti

(11) y 2 – 2 y 3 = 13.

Ovo je najjednostavnija od svih razmatranih neodređenih jednačina, budući da je jedan od koeficijenata jednak 1.

Od (11) dobijam:

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

Ovo pokazuje da y 2 uzima cjelobrojne vrijednosti za bilo koje cjelobrojne vrijednosti y 3 . Iz jednakosti (6), (9), (12), (3) uzastopnim supstitucijama možemo pronaći sledeće izraze za nepoznate x i y jednačine (1):

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

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

Dakle formule

x=8 y 3 + 39,

y=19 y 3 + 91.

At y 3 = 0, + 1,+ 2, + 3, … daju sva cjelobrojna rješenja jednačine (1).

Sljedeća tabela daje primjere takvih rješenja.

Tabela 1.

y3

x

y

Rešimo ovaj problem racionalno. Rješenje koristi određeni algoritam.

Zadatak 5.

Nađi dva broja ako je razlika između proizvoda prvog sa 19 i drugog sa 8 13.

Rješenje. Potrebno je riješiti jednadžbu 19x - 8y \u003d 13

Zapišimo to drugačije: 8y =19x –13; 8y =16x +3x -13; y = 2x +

i označiti y 1 = y - 2x.

Kao rezultat, jednačina će imati oblik 8y 1 = Zx - 13 ili x = 2y 1
.

Ako ponovo zamijenimo x 1 \u003d x - 2y 1, dolazimo do jednadžbe

3x l - 2y 1 \u003d 13.

Koeficijenti za nepoznate su smanjeni - oni su smrvljeni. Dalje mljevenje: y 1 = x l +
, tada dobijamo y 2 = y 1 -x 1.

Kao rezultat toga, posljednja jednadžba se pretvara u oblik x 1 - 2y 2: \u003d 13. Ovdje je koeficijent na x 1 jednak 1, i stoga, za bilo koji cijeli broj y 2 = t, broj x 1 je takođe ceo broj.

Ostaje izraziti originalne varijable u terminima t:

prvo izražavamo x 1 = 2t +13, y 1 = 3t +13; i tada je x = 8 t +39, y = 19 t + 91.

Dakle, dobijamo beskonačan niz (39 + 8t, 91 + 19 t) cjelobrojna rješenja. Jednačina sjekira + by = c (1) u navedenim problemima riješio sam metodom disperzije (mljevenja).

IV. Zaključak.

Proučavajući Diofantove jednadžbe za njihovo rješavanje, koristio sam metode nabrajanja opcija i raspršivanja (brušenja). Ovim metodama sam rješavao i moderne i drevne probleme. Sadržaj mog rada uključivao je zadatke koji se svode na rješavanje jednadžbi prvog stepena s dvije varijable ax + b y = c (1)

U toku svog rada došao sam do sledećih zaključaka:

Metoda popisivanja zahtijeva značajne vremenske troškove, što znači da nije baš zgodna i racionalna.

Racionalniji je, po mom mišljenju, metoda raspršivanja. Kada sam ovim metodom rješavao stari indijski problem, shvatio sam da postoji određeni algoritam rješenja. Imao sam dovoljno znanja stečenog u školi. Uvjerio sam se da se metode za rješavanje dofantovih jednačina neprestano usavršavaju razvojem matematike.

Sledeće godine želim da nastavim sa proučavanjem metoda za rešavanje Diofantovih jednačina.

V. Bibliografija

G. I. Glazer "Istorija matematike u školi" M.: ur. "Prosvetljenje" 1964 376s.

I. G. Bashmakova "Diofantove i diofantske jednačine" M.: ur. "Nauka" 1972 68s.

V. A. Nikiforovski "U svijetu jednačina" M.: ur. "Nauka" 1987 176s.

A. P. Savin "Enciklopedijski rečnik mladog matematičara" M .: ur. "Pedagogija" 1985

G. M. Voznyak, V. F. Gusev “Primijenjeni problemi za ekstreme” M.: ur. "Prosvjetljenje" 1985 144s.

http :// en . wikipedia . org

VI. Aplikacija.

Na farmi je potrebno izvesti vodovod u dužini od 167m. Cijevi su dostupne u dužinama od 5m i 7m. Koliko cijevi treba koristiti da se napravi najmanji broj priključaka (nemojte rezati cijevi)?

S obzirom da broj i jedne i druge cijevi može varirati, broj cijevi od 7 metara označava se sa x,5- metar - kroz at

Tada je 7x dužina cijevi od 7 metara, 5y je dužina cijevi od 5 metara.

Odavde dobijamo neodređenu jednačinu:

7x+5y=167

Nakon što je izbacio, na primjer, varijablu at kroz varijablu X, dobijamo:

Lako je pronaći podudarne parove vrijednosti iteracijom X i at, koji zadovoljavaju jednačinu 7x+5y=167

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

Od ovih rješenja, posljednje je najpovoljnije, odnosno x=21; y=4.

Mnogi drevni načini pogađanja brojeva i datuma rođenja temelje se na rješavanju Diofantovih jednačina. Tako, na primjer, da biste pogodili datum rođenja (mjesec i dan) sagovornika, dovoljno je od njega saznati iznos koji je dobio dodavanjem dva proizvoda: broj datuma (X ) po 12 i brojevima mjeseca (at ) u 31.

2. Neka zbir dotičnih radova bude 330. Pronađite datum rođenja.

Rešimo neodređenu jednačinu

12 X + 31 at = 330.

Koristeći metodu raspršivanja, dobijamo:

X = 43 – 31 at 4 ,

at = 6 – 12 at 4 .

S obzirom na ograničenja, to je lako konstatovati jedino rešenje je

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

Dakle, datum rođenja: 12. dan 6. mjeseca, tj. 12. jun.

Linearno diofantske jednačine

Istraživački rad iz algebre

Učenik 9. razreda MOU "Upshinskaya OOSh"

Antonov Yuri

„Ako želiš da naučiš da plivaš, onda

hrabro ulazi u vodu, i ako hoćeš

naučite rješavati probleme, a zatim ih rješavajte.

D.Poya

Rukovodilac - Sofronova N.A. .

Zadatak

Za podove širine 3 metra postoje daske širine 11 cm i 13 cm Koliko dasaka bilo koje veličine trebate?

Ako a X - broj ploča širine 11 cm, i at - broj ploča širine 13 cm, tada trebamo riješiti jednačinu:

11 X + 13 y = 300

Karakteristike jednadžbe 11 x + 13 y \u003d 300: ▪ Koeficijenti 11, 13, 300 su cijeli brojevi. ▪ Broj nepoznanica je veći od broja jednačina. ▪ Rješenja ove jednačine x i y moraju biti cijeli brojevi pozitivni brojevi

Algebarske jednadžbe ili sistemi algebarskih jednadžbi sa cjelobrojnim koeficijentima, u kojima je broj nepoznatih veći od broja jednačina i za koje se moraju naći cjelobrojna rješenja, nazivaju se neodređenim ili diofantin, nazvan po grčkom matematičaru Diofant .

Primjeri diofantovih jednadžbi

1 . Pronađite sve parove cijelih brojeva

x , y , za šta je tačno jednakost

2 . Pokažite da je jednačina

ima beskonačan broj rješenja

cijeli brojevi

Cilj:

Saznati:

• Koja vrsta metode With postoje za rješenja Diofantovih jednačina?

Zadaci:

• Pronađite i i naučiti metode rješenja linearno Diofantove jednadžbe u dvije varijable.

• Razmotrite mogućnosti teorije linearnih diofantovih jednačina.

Pitagorine trojke

• Neodređene jednačine u cijelim brojevima rješavane su i prije Diofanta. Od velikog interesa bila je, na primjer, algebarska jednadžba x 2 + y 2 = z 2 , obavezujuće strane x , at , z pravougaonog trougla. Integers x , y i z , koji su rješenja ove jednadžbe, nazivaju se "pitagorine trojke" .

Fermatova jednadžba

• Diofantova djela su također direktno povezana sa matematičkim istraživanjima francuskog matematičara Pierrea de Fermata. Smatra se da je upravo Fermatov rad pokrenuo novi val u razvoju teorije brojeva. A jedan od njegovih problema je Fermatova poznata jednačina

X n +y n =z n

Nijedan veliki matematičar nije prošao mimo teorije Diofantovih jednačina.

Fermat, Euler, Lagrange, Gauss, Chebyshev ostavili su neizbrisiv trag u ovoj zanimljivoj teoriji.

Primjeri neodređenih jednačina riješili veliki matematičari 19. i 20. vek: x 2 − ny 2 = 1 , gdje n nije tačan kvadrat (Fermat, Pell); x z − y t = 1 , gdje z , t 1, (Catalana); Oh 2 + b.xy + su 2 + dx + ey + f = 0 , gdje a , b , With , d , e , f - cijeli brojevi, odnosno opšta nehomogena jednačina drugog stepena sa dvije nepoznate (P. Fermat, J. Vallis, L. Euler, J. Lagrange i K. Gauss)

Diofantove jednadžbe u 20. veku

1900 Međunarodni matematički kongres.

Hilbertov 10. problem

Zadana je Diofantova jednadžba s nekim brojem nepoznanica i racionalnim cjelobrojnim koeficijentima. Potrebno je osmisliti proceduru kojom bi se u konačnom broju operacija moglo utvrditi da li je jednačina rješiva ​​u racionalnim cijelim brojevima.

ruski matematičar Yuri Matijasevich dokazano :

Hilbertov 10. problem je nerješiv - traženi algoritam ne postoji.

Da li je uvijek moguće pronaći sva cjelovita rješenja za određenu neodređenu jednačinu ili dokazati odsustvo takve?

• Problem rješavanja jednačina u cijelim brojevima u potpunosti je riješen samo za jednačine prvog stepena sa dvije ili tri nepoznate.
• DE drugog stepena sa dvije nepoznate već je teško riješen.
• DE drugog stepena sa više od dve nepoznanice rešavaju se samo u nekim posebnim slučajevima, na primer, jednačina x 2 + y 2 = z 2 .
• DE stepena višeg od drugog imaju, po pravilu, samo konačan broj rješenja (u cijelim brojevima).
• Za jednačine iznad drugog stepena sa dve ili više nepoznanica, čak je i problem postojanja celobrojnih rešenja prilično težak. Na primjer, nije poznato da li jednačina ima

x 3 + y 3 + z 3 = 30 najmanje jedno cjelobrojno rješenje.

• Da bi se riješile pojedinačne diferencijalne jednadžbe, a ponekad i specifične jednadžbe, moraju se izmisliti nove metode. Očigledno, ne postoji algoritam koji bi omogućio pronalaženje rješenja za proizvoljni DE.

Linearne diofantske jednadžbe

Opšti oblik:

LDE sa dvije varijable:

a X + by = c

LDE sa tri varijable:

a X + by + cz = d

LDE sa dvije nepoznate

LDE sa dvije varijable:

a X + by = c

rješenja:

x = x 0 - bt

at = at 0 + at

Homogeni:

a X + od = 0

rješenja:

x = - bt

at = at

Pronalaženje privatnog rješenja

Metode rješenja:

• Višestruka metoda.
• Primjena Euklidovog algoritma.
• Metoda iteracije.
• Metoda spuštanja.

• Metoda za razmatranje ostataka od dijeljenja

Višestruka metoda

riješiti jednačinu 11 x + 2 y = 69

Tražimo zbir jednak 69: 55 + 14 = 69 Posebno rješenje jednačine

X 0 = 5, y 0 = 7

Primjena Euklidovog algoritma

riješiti jednačinu 4 x + 7 y = 16

• Nađimo gcd brojeva 4 i 7 koristeći Euklid algoritam: gcd(4,7) = 1

• Izrazimo broj 1 kroz koeficijente a = 4 i b =7 koristeći GCD teoremu o linearnoj ekspanziji:

GCD ( a, b ) = au+bv .

• Dobijamo: 1 = 4 ∙ 2 + 7 ∙ (-1) u = 2, v = -1

• Posebno rješenje jednačine: X 0 = 2 ∙ 16 = 32,

at 0 = -1 ∙ 16 = -16

metoda nabrajanja

riješiti jednačinu 7 x + 12 y = 100

• 7x + 12y = 100
• 7x \u003d 100 - 12g
• 100 - 12y višestruko od 7

Posebno rješenje jednačine: X 0 = 4, y 0 = 6

100-12u

Način oslobađanja: 3x+8y=60

Express

varijabla X

kroz at

Express

varijabla X

kroz t

odgovor:

pregled:

Metoda za razmatranje ostataka od dijeljenja

• Riješite jednačinu u cijelim brojevima 3x - 4y \u003d 1
• 3 x = 4 y + 1
• Leva strana jednačine je deljiva sa 3, tako da desna strana mora biti deljiva sa 3. Deljenjem sa 3 mogu da se dobiju ostaci 0, 1 i 2.
• Razmotrimo 3 slučaja.

3x = 4 ∙ 3p + 1 = 12p + 1

y=3p+1

Nije deljivo sa 3

3x = 4 ∙ (3p + 1) +1 = 12p + 3

y=3p+2

Nije deljivo sa 3

3 x = 4 ∙ (3p + 2) +1 = 12p + 9

3x=3(4p+3)

x = 4 p + 3

odgovor:

Deljivo sa 3

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

Mogućnosti LDE teorije Pronađite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe X 2 + 5g 2 + 34z 2 + 2xy - 10xz - 22uz =0

Šta mi je projekat dao?

• Stekao uvid u rad na istraživačkom projektu.
• Upoznao se sa istorijom razvoja Diofantovih jednačina i Diofantovom biografijom.
• Proučavane metode rješavanja LDE sa dvije i tri nepoznate.
• riješio grupu zadataka koji su praktične prirode, a javljaju se i na olimpijadama, ispitima za osnovnu školu
• Stekli su se vještine rješavanja nestandardnih problema.

Mislim da ću i ubuduće nastaviti da proučavam Diofantove jednačine drugog stepena i metode za njihovo rešavanje.

SPISAK KORIŠĆENIH IZVORA

• Matematika u pojmovima, definicijama i terminima. Dio 1. Vodič za nastavnike. Ed. L.V. Sabinina. M., "Prosvjeta", 1978. -320 str. (Biblioteka nastavnika matematike.) Na poleđini naslovnice: O.V. Manturov, Yu.K. Solntsev, Yu.I. Sorokin, N.G. Fedin.
• Nagibin F.F., Kanin E.S. Math Box: Student's Guide. – 4. izd., revidirano. i dodatne - M.: Prosvjeta, 1984. - 160-te, ilustr.
• N.P. Tuchnin. Kako postaviti pitanje? (O matematičkom stvaralaštvu školaraca): Knjiga za studente. - M.: Obrazovanje, 1993. - 192 str., ilustr.
• S.N.Olekhnik, Yu.V.Nesterenko, M.K.Potapov Antički zabavni problemi. –M.: Drfa, 2002. -176s., ilustr.
• Ya.I. Perelman. Zabavna algebra. - M.: Nauka, 1975. - 200-te, ilustr.
• Izborni resurs: http :// www.yugzone.ru /x/ diofant-i-diofantovy-uravneniya / I.G. Bashmakova "Diofantove i diofantske jednačine".
• Izborni resurs: http :// www.goldenmuseum.com /1612Hilbert_eng.html Hilbertov 10. problem: istorija jednog matematičkog otkrića (Diofant, Fermat, Hilbert, Julija Robinson, Nikolaj Vorobjov, Jurij Matijasevič).
• Izborni izvor: http://ru.wikipedia.org/wiki/ Diofantove jednačine.
• Izborni resurs: http :// revolution.allbest.ru / matematike /d00013924.html Belov Denis Vladimirovič Linearne diofantske jednačine.
• Izborni resurs: http :// revolution.allbest.ru / matematike /d00063111.html Linearne diofantske jednadžbe
• Izborni resurs: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=570768 Zyuryukina Olga. Neodređene jednadžbe u cijelim brojevima ili Diofantove jednadžbe.
• Izborni resurs: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=561773 Arapov Alexander. Diofant i njegove jednačine.
• Izborni resurs: http :// en.wikipedia.org / wiki / Euklidov algoritam.

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije

Državna obrazovna ustanova viša

stručno obrazovanje

Tobolska državna socijalno-pedagoška akademija

njima. DI. Mendeljejev"

Matematički odsek TIMOM

Neke diofantske jednačine

Rad na kursu

Student 3. godine FMF-a

Mataev Evgenij Viktorovič

naučni savjetnik:

Kandidat fizičkih i matematičkih nauka A. I. Valitskas

Ocjena: ____________

Tobolsk - 2011

Uvod……………………………………………………………………………………………2

§ 1. Linearne diofantske jednačine………………………………………………..3

§ 2. Diofantova jednačinax 2 – y 2 = a………………………………….....9

§ 3. Diofantova jednačinax 2 + y 2 = a…………………………………... 12

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

§ 5. Pitagorine trojke………………………………………………………………….. 19

§ 6. Fermatova posljednja teorema……………………………………………………………23

Zaključak………………………………………………………………………….…….29

Bibliografija...........………………………………………………..30

UVOD

Diofantova jednačina je jednačina oblika P(x 1 , … , x n ) = 0 , gdje je lijeva strana polinom u varijablama x 1 , … , x n sa cjelobrojnim koeficijentima. Bilo koji naručeni set (u 1 ; … ; u n ) cijeli brojevi sa svojstvom P(u 1 , … , u n ) = 0 naziva se (djelimično) rješenje Diofantove jednadžbe P(x 1 , … , x n ) = 0 . Riješiti Diofantovu jednačinu znači pronaći sva njena rješenja, tj. opšte rešenje ove jednačine.

Naš cilj će biti naučiti kako pronaći rješenja za neke Diofantove jednadžbe, ako su ta rješenja dostupna.

Da biste to učinili, morate odgovoriti na sljedeća pitanja:

a. Da li Diofantova jednadžba uvijek ima rješenje, pronađite uslove za postojanje rješenja.

b. Postoji li algoritam koji omogućava pronalaženje rješenja Diofantove jednadžbe.

Primjeri: 1. Diofantova jednadžba 5 x – 1 = 0 nema rješenja.

2. Diofantova jednadžba 5 x – 10 = 0 ima rješenje x = 2 , koji je jedini.

3. Jednačina ln x – 8 x 2 = 0 nije diofantski.

4. Često jednačine oblika P(x 1 , … , x n ) = Q(x 1 , … , x n ) , gdje P(x 1 , … , x n ) , Q(x 1 , … , x n ) su polinomi sa cijelim koeficijentima, koji se nazivaju i diofantski. Mogu se pisati u obliku P(x 1 , … , x n ) – Q(x 1 , … , x n ) = 0 , što je standardno za Diofantove jednadžbe.

5. x 2 – y 2 = a je Diofantova jednadžba drugog stepena sa dvije nepoznate x i y za bilo koji cijeli broj a. Ima rješenja za a = 1 , ali nema rješenja za a = 2 .

§ 1. Linearne diofantske jednačine

Neka a 1 , … , a n , WithZ . Tipska jednadžba a 1 x 1 + … + a n x n = c naziva se linearna diofantova jednadžba sa koeficijentima a 1 , … , a n , desna strana c i nepoznato x 1 , … , x n . Ako je desna strana c linearne Diofantove jednačine nula, onda se takva Diofantova jednačina naziva homogena.

Naš neposredni cilj je naučiti kako pronaći pojedinačna i opšta rješenja linearnih Diofantovih jednačina u dvije nepoznanice. Očigledno, svaka homogena Diofantova jednačina a 1 x 1 + … + a n x n = 0 uvijek ima određeno rješenje (0; … ; 0).

Očigledno je da linearna Diofantova jednadžba, čiji su svi koeficijenti jednaki nuli, ima rješenje samo u slučaju kada joj je desna strana jednaka nuli. Generalno, imamo sljedeće

Teorema (o postojanju rješenja linearne Diofantove jednadžbe). Linearna diofantova jednadžba a 1 x 1 + … + a n x n = c, čiji koeficijenti nisu svi jednaki nuli, ima rješenje ako i samo ako GCD(a 1 , … , a n ) | c.

Dokaz. Neophodnost uslova je očigledna: GCD(a 1 , … , a n ) | a i (1 i n) , dakle GCD(a 1 , … , a n ) | (a 1 x 1 + … + a n x n ) , što znači da dijeli i

c = a 1 x 1 + … + a n x n .

Neka D= gcd(a 1 , … , a n ) , c =Dt i a 1 u 1 + … + a n u n = D – linearna ekspanzija najvećeg zajedničkog djelitelja brojeva a 1 , … , a n. Množenje obje strane sa t, dobijamo a 1 (u 1 t) + … + a n (u n t) = Dt = c, tj. cijeli broj

n-ka (x 1 t; … ; x n t) je rješenje originalne jednadžbe sa n nepoznato.

Teorema je dokazana.

Ova teorema daje konstruktivni algoritam za pronalaženje određenih rješenja linearnih Diofantovih jednačina.

Primjeri: 1. Linearna diofantova jednadžba 12x+21y=5 nema rješenje jer gcd(12, 21) = 3 ne dijeli 5 .

2. Nađite određeno rješenje Diofantove jednadžbe 12x+21y = 6.

Očigledno sada gcd(12, 21) = 3 | 6, pa rješenje postoji. Zapisujemo linearnu ekspanziju gcd(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1). Dakle, par (2; –1) je posebno rješenje jednadžbe 12x+21y = 3, i par (4; –2) je posebno rješenje originalne jednadžbe 12x+21y = 6.

3. Pronađite određeno rješenje linearne jednadžbe 12x + 21y - 2z = 5.

Jer (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , onda rješenje postoji. Nakon dokaza teoreme, prvo ćemo pronaći rješenje jednačine (12.21)x–2y=5, a zatim, zamjenom linearne ekspanzije najvećeg zajedničkog djelitelja iz prethodnog problema, dobijemo rješenje originalne jednačine.

Za rješavanje jednačine 3x - 2y = 5 zapišite linearnu ekspanziju gcd(3, -2) = 1 = 31 - 21 očigledno. Dakle, par brojeva (1; 1) je rješenje jednačine 3 x – 2 y = 1 , i par (5; 5) je posebno rješenje Diofantove jednadžbe 3x - 2y = 5.

dakle, (12, 21)5 – 25 = 5 . Zamjenjujući ovdje prethodno pronađenu linearnu ekspanziju (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , dobijamo (122+21(–1))5 – 25 = 5 , ili 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , tj. triplet cijelih brojeva (10; –5; 5) je posebno rješenje originalne Diofantove jednadžbe 12x + 21y - 2z = 5.

Teorema (o strukturi općeg rješenja linearne Diofantove jednadžbe). Za linearnu Diofantovu jednačinu a 1 x 1 + … + a n x n = c sledeće izjave su tačne:

(1) ako = (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) su njegova posebna rješenja, onda razlika (u 1 –v 1 ; … ; u n –v n ) je posebno rješenje odgovarajućeg homogena jednačina a 1 x 1 + … + a n x n = 0 ,

(2) skup posebnih rješenja linearne Diofantove homogene jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 zatvoreno pod sabiranjem, oduzimanjem i množenjem cijelim brojevima,

(3) ako M je opće rješenje date linearne Diofantove jednadžbe, i L je opće rješenje odgovarajuće homogene Diofantove jednadžbe, tada za bilo koje posebno rješenje = (u 1 ; … ; u n ) izvorne jednadžbe, jednakost M = +L .

Dokaz. Oduzimanje jednakosti a 1 v 1 + … + a n v n = c od jednakosti a 1 u 1 + … + a n u n = c, dobijamo a 1 (u 1 –v 1 ) + … + a n (u n –v n ) = 0 , odnosno skup

(u 1 –v 1 ; … ; u n –v n ) je posebno rješenje linearne homogene Diofantove jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 . Dakle, dokazano je da

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

Ovo dokazuje tvrdnju (1).

Tvrdnja (2) se dokazuje na sličan način:

, L z Z L z L .

Da bismo dokazali (3), prvo zabilježimo to M+L. Ovo proizilazi iz prethodnog: M+L .

Obrnuto, ako = (l 1 ; … ; l n ) L i = (u 1 ; … ; u n ) M, zatim M:

a 1 (u 1 +l 1 )+ …+a n (u n +l n ) = (a 1 u 1 + … + a n u n )+(a 1 l 1 + … + a n l n ) = c + 0 = c.

Na ovaj način, + LM, i na kraju M = +L .

Teorema je dokazana.

Dokazana teorema ima jasno geometrijsko značenje. Ako uzmemo u obzir linearnu jednačinu a 1 x 1 + … + a n x n = c, gdje X i R, onda, kao što je poznato iz geometrije, određuje u prostoru R n hiperravnina dobijena iz ravni L sa homogenom jednačinom a 1 x 1 + … +a n x n =0 prolazeći kroz početak koordinata pomakom za neki vektor R n. View Surface + L naziva se i linearni razvodnik sa vodećim prostorom L i vektor pomaka . Dakle, dokazano je da je opće rješenje M diofantova jednadžba a 1 x 1 + … + a n x n = c sastoji se od svih tačaka neke linearne mnogostrukosti koje imaju cjelobrojne koordinate. U ovom slučaju, koordinate vektora pomaka su također cijeli brojevi, a skup L rješenja homogene Diofantove jednadžbe a 1 x 1 + … + a n x n = 0 sastoji se od svih tačaka u prostoru vodiča sa cjelobrojnim koordinatama. Iz tog razloga, često se kaže da skup rješenja proizvoljne Diofantove jednadžbe čini linearnu mnogostrukost sa vektorom pomaka i vodeći prostor L.

primjer: za Diofantovu jednačinu x - y \u003d 1 zajednička odluka M ima oblik (1+y; y), gdje je yZ, njegovo posebno rješenje = (1; 0) , i opšte rješenje L homogena jednačina x – y = 0 biće napisan u formi (y; y), gdje atZ. Dakle, možemo nacrtati sljedeću sliku, u kojoj su rješenja originalne Diofantove jednadžbe i odgovarajuće homogene Diofantove jednadžbe prikazana debelim tačkama u linearnoj mnogostrukosti M i prostor L respektivno.

2. Pronađite opšte rješenje Diofantove jednadžbe 12x + 21y - 2z = 5.

Privatna odluka (10; –5; 5) ova jednadžba je pronađena ranije, nalazimo opšte rješenje homogene jednačine 12x + 21y - 2z = 0, što je ekvivalentno Diofantskoj jednačini 12 x + 21 y = 2 z.

Da bi ova jednadžba bila rješiva, potrebno je i dovoljno da uslov gcd(12, 21) = 3 | 2z, one. 3 | z ili z = 3t za neki cijeli broj t. Svodeći oba dijela na 3 , dobijamo 4x + 7y = 2t. Posebno rješenje (2; –1) Diofantove jednačine 4x+7y= 1 pronađeno u prethodnom primjeru. Zbog toga (4t ; -2t) je posebno rješenje jednadžbe 4x + 7y = 2t za bilo koji

t Z. Opće rješenje odgovarajuće homogene jednačine

(7 u ; –4 u) već pronađeno. Dakle, opšte rješenje jednačine 4x + 7y = 2t izgleda kao: (4t + 7u; -2t - 4u) , i opšte rješenje homogene jednadžbe 12x + 21y - 2z = 0 biće napisano ovako:

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

Lako je provjeriti da ovaj rezultat odgovara gore navedenoj teoremi bez dokaza o rješenjima homogene Diofantove jednadžbe a 1 X 1 + … + a n X n = 0 : ako P = , onda R i

(u; t) P je opšte rješenje razmatrane homogene jednačine.

Dakle, opšte rješenje Diofantove jednadžbe 12x + 21y - 2z = 5 izgleda ovako: (10 + 4t + 7u; –5 – 2t – 4u; 5+3t).

3. Na primjeru prethodne jednadžbe ilustriramo još jednu metodu rješavanja Diofantovih jednadžbi u mnogim nepoznanicama, koja se sastoji u sukcesivnom smanjivanju maksimalne vrijednosti modula njenih koeficijenata.

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

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

Dakle, opšte rešenje razmatrane jednačine može se napisati na sledeći način: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), gdje x, u su proizvoljni cjelobrojni parametri.

§ 2. Diofantova jednačinax 2 – y 2 = a

Primjeri: 1. At a = 0 dobijamo beskonačan broj rješenja: x = y ili x = – y za bilo koga y Z.

2. At a = 1 imamo x 2 – y 2 = 1 (x + y)(x – y) = 1 . Dakle, broj 1 se razlaže na proizvod dva cjelobrojna faktora x + y i x – y(važno, to x, y- cela!). Jer broj 1 samo dva proširenja u proizvod cjelobrojnih faktora 1 = 11 i 1 = (–1)(–1) , dobijamo dvije mogućnosti: .

3. Za a = 2 imamo x 2 – y 2 = 2 (x + y)(x – y) = 2. Postupajući slično prethodnom, razmatramo proširenja

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), komponujemo sisteme:, koji, za razliku od prethodnog primjera, nemaju rješenja. Dakle, ne postoje rješenja za razmatranu Diofantovu jednačinu x 2 – y 2 = 2.

4. Prethodna razmatranja dovode do nekih zaključaka. Rješenja jednadžbi x 2 – y 2 = a su u raspadanju a = km u proizvod cijelih brojeva iz sistema . Ovaj sistem ima cjelovita rješenja ako i samo ako k + m i k – m su parni, tj. kada su brojevi k i m isti paritet (istovremeno paran ili neparan). Dakle, Diofantova jednadžba x 2 – y 2 = a ima rješenje ako i samo ako se a može proširiti u proizvod dva cjelobrojna faktora istog pariteta. Ostaje samo pronaći sve takve.

Teorema (o jednadžbix 2 – y 2 = a ). (1) Jednačina x 2 – y 2 = 0 ima beskonačan broj rješenja .

(2) Bilo koje rješenje jednačine se dobija kao , gdje a = km je dekompozicija broja a u proizvod dva cjelobrojna faktora istog pariteta.

(3) Jednačina x 2 – y 2 = a ima rješenje ako i samo ako a 2 (mod 4).

Dokaz.(1) je već dokazano.

(2) je već dokazano.

(3) () Neka prvo diofantova jednadžba x 2 – y 2 = a ima rješenje. Dokažimo to a 2 (mod 4) . Ako a a = km je proširenje u proizvod cijelih brojeva istog pariteta, zatim za par k i m imamo k = 2 l, m = 2 n i a = km = 4 ln 0 (mod 4) . U slučaju neparnog k, m njihov rad a takođe čudno, razlika a – 2 neparan i nije djeljiv sa 4 , tj. opet

a 2 (mod 4).

() Ako sada a 2 (mod 4) , tada možemo konstruirati rješenje jednačine x 2 – y 2 = a. Zaista, ako je a neparno, onda a = 1 a je proizvod dekompozicije neparnih cijelih brojeva, tako da je rješenje Diofantove jednadžbe. Ako je a paran, onda s obzirom na a 2 (mod 4) mi to shvatamo 4 | a, a = 4 b = 2(2 b) je proizvod dekompozicije parnih cijelih brojeva, tako da je rješenje Diofantove jednadžbe.

Teorema je dokazana.

Primjeri: 1. Diofantova jednadžba x 2 – y 2 = 2012 nema rješenja, pošto 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Diofantova jednadžba x 2 – y 2 = 2011 ima rješenja, jer

2011 3 (mod 4). Imamo očigledna proširenja

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

za svaki od njih nalazimo rješenja (bilo koja kombinacija znakova). Drugih rješenja nema, jer broj 2011 jednostavno (?!).

§ 3. Diofantova jednačinax 2 + y 2 = a

Primjeri: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Dakle, očigledno je da se svaki kvadrat može trivijalno predstaviti kao zbir dva kvadrata.

2. 2 = 1 2 + 1 2 , 5 = 1 2 + 2 2 , 8 = 2 2 + 2 2 , 10 = 1 2 + 3 2 , 13 = 2 2 + 3 2 , 17 = 1 2 + 4 2 , 18 = 3 2 + 3 2 , 20 = 2 2 + 4 2 , …

3. Nema rješenja za a = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

Analiza gore navedenih rezultata može sugerirati da je odsustvo rješenja na neki način povezano s prostim brojevima oblika

4 n+3 prisutan u faktorizaciji brojeva koji se ne mogu predstaviti kao zbir dva kvadrata.

Teorema (o predstavljanju prirodnih brojeva zbirom dva kvadrata). Prirodni broj a može se predstaviti kao zbir dva kvadrata ako i samo ako, u svom kanonskom proširenju, prosti brojevi oblika 4 n + 3 imaju parne eksponente.

Dokaz. Prvo ćemo dokazati da ako se prirodni broj a može predstaviti kao zbir dva kvadrata, onda u njegovom kanonskom proširenju svi prosti brojevi oblika 4 n + 3 mora imati parne eksponente. Pretpostavimo, suprotno onome što je dokazano, da a= str 2 k +1 b = x 2 + y 2 , gdje

R - prost broj obrasca 4 n+3 i b str. Zamislite brojeve X i at as

x =Dž, y = Dt, gdjeD= gcd(x, y) = str s w, str w; z, t, s N 0 . Tada dobijamo jednakost R 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = str 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , tj. R 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . Na lijevoj strani jednakosti nalazi se p (neparna snaga nije jednaka nuli), što znači da je jedan od faktora na desnoj strani djeljiv prostim brojem p. Zbog str w, onda p | (z 2 + t 2 ) , gdje su brojevi z, t obostrano jednostavno. Ovo je u suprotnosti sa sljedećom lemom (?!).

Lema (o djeljivosti zbira dva kvadrata prostim brojem oblika

4 n + 3 ). Ako je prost broj p = 4n+3 dijeli zbir kvadrata dva prirodna broja, zatim dijeli svaki od ovih brojeva.

Dokaz. Naprotiv. Neka x 2 + y 2 0(mod str) , ali x0(mod str) ili y 0 (mod str) . Zbog x i y su simetrične, mogu se zamijeniti, tako da možemo pretpostaviti da x str.

Lema (o reverzibilnosti po modulustr ). Za bilo koji cijeli broj x, nije djeljivo prostim brojem str, postoji inverzni element po modulu str – takav cijeli broj 1 u < str, šta xi 1 (mod str).

Dokaz. Broj x coprime with str, tako da možemo napisati linearnu ekspanziju GCD(x, str) = 1 = xi + pv (u, v Z) . To je jasno xi1(modp) , tj. u- inverzni element prema x modulo str. Ako a u ne zadovoljava ograničenje 1 u < str, zatim dijeljenje u sa uključenim ostatkom str, dobijamo ostatak r u (mod str) , za koji xr xi 1 (mod str) i 0 r < str.

Modulo reverzibilnost lema str dokazan.

Poređenje množenja x 2 + y 2 0 (mod str) po kvadratu u 2 inverzni element prema x modulo str, dobijamo 0 = 0u 2 x 2 u 2 +y 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1+t 2 (mod p).

Dakle za t = yu poređenje urađeno t 2 –1 (mod str) , što dovodimo do kontradikcije. To je jasno t str: inače t 0 (mod str) i 0 t 2 –1 (mod str) , što je nemoguće. Po Fermatovoj teoremi imamo t str –1 1 (mod str), koji zajedno sa t 2 –1 (mod str) i str = 4 n + 3 dovodi do kontradikcije:

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

Dobijena kontradikcija pokazuje da je pretpostavka o x 0 (mod str) nije bilo tačno.

Lema o djeljivosti zbira dva kvadrata prostim brojem 4 n+3 dokazan.

Dakle, dokazano je da broj čija kanonska dekompozicija uključuje prost broj str = 4 n + 3 na neparan stepen, ne može se predstaviti kao zbir dva kvadrata.

Dokažimo sada da je svaki broj u čijoj kanonskoj ekspanziji prosti brojevi str = 4 n + 3 učestvuju samo u parnim potencijama, predstavljenim kao zbir dva kvadrata.

Ideja dokaza zasniva se na sljedećem identitetu:

(a 2 +b 2 )(c 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (oglas + bc) 2 ,

koji se može dobiti iz poznatog svojstva modula kompleksnih brojeva – modul proizvoda jednak je umnošku modula. stvarno,

| z|| t| = | zt| | a + bi|| c + di| = |(a + bi)(c + di)|

|a+bi| 2 |c + di| 2 = |(ac – bd) + (ad + bc)i| 2

(a 2 +b 2 )(c 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (oglas + bc) 2 .

Iz ovog identiteta slijedi da ako se dva broja u, v mogu predstaviti kao zbir dva kvadrata: u = x 2 + y 2 , v = z 2 + t 2 , tada se njihov proizvod uv također može predstaviti kao zbir dva kvadrata: UV = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .

Bilo koji prirodni broj a > 1 može se napisati u formi a= str 1 … R k m 2 , gdje R i su parovi različiti prosti brojevi, m N . Da biste to učinili, dovoljno je pronaći kanonsku dekompoziciju , zapišite svaki stepen forme r u obliku kvadrata (r) 2 za čak = 2, ili u formi r = r(r) 2 za odd = 2 + 1 , a zatim grupirati odvojeno kvadrate i preostale pojedinačne proste brojeve. Na primjer,

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

Broj m 2 ima trivijalni prikaz kao zbir dva kvadrata: m 2 = 0 2 + m 2 . Ako dokažemo reprezentativnost kao zbir dva kvadrata svih prostih brojeva R i (1 i k) , tada će se pomoću identiteta dobiti i reprezentacija broja a. Po stanju, među brojevima R 1 , … , R k mogu samo sresti 2 = 1 2 + 1 2 i prosti brojevi oblika 4 n + 1 . Dakle, ostaje da dobijemo reprezentaciju kao zbir dva kvadrata prostog broja p = 4m + 1. Odvajamo ovu izjavu u zasebnu teoremu (vidi dolje)

Na primjer, za a = 29250 = 2513(15) 2 sukcesivno dobijamo:

2 = 1 2 + 1 2 , 5 = 1 2 + 2 2 , 13 = 2 2 + 3 2 ,

25 = (11 – 12) 2 + (12 + 11) 2 = 1 2 + 3 2 ,

2513 = (12 – 33) 2 + (13 + 32) 2 = 7 2 + 9 2 ,

29250 = 2513(15) 2 = (715) 2 + (915) 2 = 105 2 + 135 2 .

Teorema je dokazana.

§ 4. Jednačinax + x + 1 = 3y

Hajdemo sada da se pozabavimo jednačinom x+x+1=Zu. Već ima svoju istoriju. R. Oblat je 1950. predložio da se pored rješavanja

x=y=1. nema drugih rješenja u prirodnim brojevima x, y gdje je x neparan broj. Iste godine T. Nagel je ukazao na rješenje x= 313, y = 181. Metoda slična onoj iznad za jednadžbu x+x-2y=0, omogućiće nam da odredimo sva rješenja jednačine x+x+1=3y (1)

u prirodnim brojevima x, at. Pretvarajmo se to (x, y) je rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima, i x > 1. Lako se može vidjeti da jednačina (18) nema rješenja u prirodnim brojevima x, y, gdje x = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9; tako bi trebalo biti x10.

Hajde da to pokažemo 12g<7 x+3, 7g>4x+ 2. 4y > 2x+1 . (2)

Da jeste 12g> 7x+3, imali bismo 144g> 49 x+42 x+9 . i budući da, s obzirom na (18), 144y= 48x+ 48 x + 48 , onda bi bilo X< 6 x +3 9, odakle

(x-z)< 48 i, prema tome, s obzirom na to x> 10, 7 < 148 , što je nemoguće. Dakle, prva od nejednakosti (2) je dokazana.

Da jeste 7g< 4 x+2 , imali bismo 49g< 16 x+ 16 x+4 , i budući da, s obzirom na (1), 16 x+ 16 x+ 16 = 48 god, onda bi bilo 49g< 48u- 12, što je nemoguće. Time je dokazana druga od nejednakosti (2), iz koje direktno slijedi treća. Dakle, nejednakosti (2) su tačne.

Stavimo sada

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

Na osnovu (2) nalazimo da w > 0 , h > 0 i X -w=3(4 y-2 x-1)>0 i zbog toga, w<х . Prema (3), imamo w 2 + w+1=3 h 2 odakle, s obzirom na (1), prihvatamo g(x, y) = (7x - 12y + 3, -4x + 7y -2).

Dakle, možemo to reći, na osnovu bilo kojeg rješenja (x, y) jednačine (1) u prirodnim brojevima, gdje je x > 1, dobijamo novo rješenje (w, h) = g(x, y) jednačine (1) u prirodnim brojevima w, h gdje w < х (a time i rješenje u manjim prirodnim brojevima). Dakle, postupajući kao gore, nalazimo da je za svako rješenje jednačine (1) u prirodnim brojevima x, y, gdje x > 1, postoji prirodan broj n takav da g(x, y) = (l, 1).

Prihvativši f(x, y) = (7x+12y + 3, 4x+ 7g + 2), (4) to možemo lako pronaći f(g(x, y)) = (x, y) i stoga (x, y) = f(1,1) S druge strane, lako je provjeriti ako (x, y) je rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima, onda f(x, y) postoji i rješenje jednadžbe (1) u prirodnim brojevima (odnosno, većim od X i at).

Prihvativši x=y=1(x, y) = f(1, 1) za n=2,3,…..,

dobijamo sekvencu { x, y} za n= 1, 2,….., koja sadrži sva rješenja jednadžbe (1) u prirodnim brojevima i samo takva rješenja.

Evo nas (X,y)= f(1,1)= f(x, y), dakle, zbog (4), dobijamo

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

Formule koje vam omogućavaju da dosljedno odredite sva rješenja (x, y) jednačine (1) u prirodnim brojevima. Na taj način lako dolazimo do rješenja (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Očigledno postoji beskonačan broj ovih rješenja. Od jednakosti

x=y=1 i (4) indukcijom lako nalazimo da su brojevi X sa neparnim indeksima su neparni, sa parnim indeksima su parni, a brojevi y essence odd for n = 1, 2, ... Dobiti sva rješenja jednadžbe (1) u cijelim brojevima x, y, kao što je lako dokazati, sledila bi već dobijena rešenja (x, y) pridruži se (x, -y) i (-x-1,±y) za n=1, 2, .. .

Dakle, ovdje imamo, na primjer, više ovakvih rješenja: (-2,1) (-23,13), (-314,181). A. Rotkevič je primetio da je od svih rešenja jednačine (1) u prirodnim brojevima x > 1 i y može dobiti sva rješenja jednačine (z+1)-z=y (6)

u prirodnim brojevima z, y. Zaista, pretpostavimo da prirodni brojevi z, y zadovoljavaju jednačinu (5). Stavljanje x=3z+l, dobijamo, kao što je lako proveriti, prirodne brojeve x > 1 i at zadovoljava jednadžbu (1).

S druge strane, ako su prirodni brojevi x > 1 i at zadovoljimo jednačinu (1), onda imamo, kao što je lako provjeriti, (x-1)= 3(y-x), odakle slijedi da je broj (prirodni) x-1 podijeljena 3 , Shodno tome x-1=3 z, gdje z je prirodan broj, a jednakost 3z=y-x=y3z-1 , što dokazuje da su brojevi z i at zadovoljavaju jednačinu (6). Dakle, na osnovu odluka (22,13),(313,181), (4366,2521) jednadžba (1), dobijamo rješenja (7,13),(104,181),(1455,2521) jednačine (6). Ovdje također napominjemo da ako su prirodni brojevi z, y zadovoljavaju jednačinu (6), dokazano je da at je zbir dva uzastopna kvadrata, na primjer 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Na sličan način, kao i ranije za jednadžbu (1), mogli bismo pronaći sva rješenja jednačine x+(x+1)= y u prirodnim brojevima x, y, uzimajući za x > 3 g (x. y) \u003d (3x -2y + 1, 3y - 4x - 2) i za x> 1 f(x, y) = (3x+ 2y+l, 4x + Zu + 2),što dovodi do formule ( x, y)f(3,5) i do zaključka da su sva rješenja jednadžbe (6) u prirodnim brojevima x, y sadržana u nizu { x, y} za n= 1, 2,…., gdje x=3, y=5, ix=3 x+2 y+1 . y = 4 x+3 y+2 (n=1, 2, ...). Na primjer, x = 3 3 + 2 5 + 1 = 20, y = 4 3 + Z 5 + 2 = 29;x=119, y=169:x=69b, y=985;x=4059, y=5741.

Geometrijsko značenje razmatrane jednačine je da daje sve pitagorine trouglove (pravougaone sa prirodnim stranicama), čiji su kraci izraženi uzastopnim prirodnim brojevima. Postoji beskonačan broj takvih trouglova (*).

Jednačina je x+(x+1)= y, dokazano da nema rješenja u prirodnim brojevima x, y.