Çözümü tamsayılarda veya tamsayılarda aranan cebirsel eşitsizlikler veya rasyonel katsayılı sistemler. Kural olarak, Diophant denklemlerinde bilinmeyenlerin sayısı daha fazladır. Bu nedenle belirsiz eşitsizlikler olarak da bilinirler. Modern matematikte, yukarıdaki kavram, çözümleri Q-rasyonel değişkenler alanının bir uzantısının cebirsel tamsayılarında, p-adic değişkenler alanında, vb. aranan cebirsel denklemlere uygulanır.

Bu eşitsizliklerin kökenleri

Diophantine denklemlerinin incelenmesi, sayı teorisi ve cebirsel geometri arasındaki sınırdadır. Tamsayı değişkenlerinde çözüm bulmak en eski matematik problemlerinden biridir. Zaten MÖ 2. binyılın başında. eski Babilliler iki bilinmeyenli denklem sistemlerini çözmeyi başardılar. Bu matematik dalı çoğu gelişti Antik Yunan. Diophantus'un aritmetiği (yaklaşık MS 3. yüzyıl), çeşitli denklem türlerini ve sistemlerini içeren önemli ve ana bir kaynaktır.

Bu kitapta Diophantus, 19. yüzyılda tamamen geliştirilmiş olan ikinci ve üçüncü dereceden eşitsizlikleri incelemek için bir dizi yöntem öngörmüştür. Teorinin oluşturulması rasyonel sayılar Antik Yunanistan'ın bu araştırmacısı, analize öncülük etti. mantıklı kararlar kitabında sistematik olarak takip edilen belirsiz sistemler. Çalışması belirli Diophantine denklemlerine çözümler içermesine rağmen, birkaç genel yönteme de aşina olduğuna inanmak için nedenler var.

Bu eşitsizliklerin incelenmesi genellikle ciddi zorluklarla ilişkilendirilir. F (x, y1,…, y n) tamsayı katsayılarına sahip polinomlar içermeleri nedeniyle. Buna dayanarak, verilen herhangi bir x'in F (x, y 1 ,…., y n) denkleminin sağlanıp sağlanmadığını belirlemesinin mümkün olacağı tek bir algoritma olmadığı sonucuna varıldı. Durum y 1 , …, y n için çözülebilir. Bu tür polinomların örnekleri yazılabilir.

En basit eşitsizlik

ax + by = 1, burada a ve b nispeten tamsayı ve asal sayılardır, bunun için çok sayıda yürütme vardır (eğer x 0, y 0 ise sonuç oluşur, o zaman x = x 0 + b n değişken çifti ve y = y 0 -an , burada n isteğe bağlıdır, eşitsizliği yerine getirdiği de kabul edilecektir). Diophant denklemlerine başka bir örnek de x 2 + y 2 = z 2'dir. Bu eşitsizliğin pozitif integral çözümleri, küçük kenar x, y ve dik üçgenlerin uzunlukları ile tamsayı kenar boyutlarına sahip hipotenüs z'dir. Bu sayılara Pisagor sayıları denir. Yukarıda bahsedilen basit değişkenlerle ilgili tüm üçlüler, x=m 2 - n 2 , y = 2mn, z = m 2 + n 2 formülleriyle verilir, burada m ve n tamsayı ve asal sayılardır (m>n>0 ).

Diophantus, Aritmetiğinde, kendi eşitsizliklerinin özel türlerinin rasyonel (mutlaka bütünsel değil) çözümlerini arıyor. Birinci dereceden diofantin denklemlerini çözmek için genel bir teori, 17. yüzyılda C. G. Baschet tarafından geliştirilmiştir. Diğer bilim adamları erken XIX yüzyılda, ağırlıklı olarak a, b, c, d, e ve f'nin yaygın olduğu, homojen olmayan ve iki bilinmeyenli olduğu ax 2 +bxy + cy 2 + dx +ey +f = 0 türündeki eşitsizlikleri inceledi. ikinci derece. Lagrange, çalışmasında sürekli kesirler kullandı. İkinci dereceden formlar için Gauss, bazı çözüm türlerinin altında yatan genel bir teori geliştirdi.

İkinci dereceden bu eşitsizliklerin incelenmesinde ancak 20. yüzyılda önemli ilerlemeler kaydedilmiştir. A. Thue, Diophantine denkleminin a 0 x n + a 1 x n-1 y +…+a n y n =c olduğunu buldu, burada n≥3, a 0 ,…,a n ,c tam sayılardır ve a 0 t n + … + a n imp olamaz son miktar tamsayı çözümleri. Ancak, Thue'nun yöntemi düzgün bir şekilde geliştirilmemiştir. A. Baker, bu tür bazı denklemlerin performansı hakkında tahminler veren etkili teoremler yarattı. BN Delaunay, bu eşitsizliklerin daha dar bir sınıfına uygulanabilecek başka bir araştırma yöntemi önerdi. Özellikle ax 3 + y 3 = 1 formu bu şekilde tamamen çözülebilir.

Diofant Denklemleri: Çözüm Yöntemleri

Diophantus teorisinin birçok yönü vardır. Bu nedenle, bu sistemdeki iyi bilinen bir problem, n ≥ 3 ise (Fermat'ın sorusu) x n + y n = z n Diophant denklemlerinin önemsiz olmayan bir çözümünün olmadığı varsayımıdır. Eşitsizliğin tamsayı yerine getirilmesinin incelenmesi, Pisagor üçüzleri sorununun doğal bir genellemesidir. Euler, n = 4 için Fermat probleminin pozitif bir çözümünü elde etti. Bu sonuçtan dolayı, n'nin tek bir asal sayı olması durumunda denklemin eksik tamsayı, sıfır olmayan çalışmaların kanıtını ifade eder.

Kararla ilgili çalışma tamamlanmadı. Uygulanmasıyla ilgili zorluklar, cebirsel tamsayılar halkasındaki basit çarpanlara ayırmanın benzersiz olmaması gerçeğiyle ilgilidir. Bu sistemdeki birçok asal üs sınıfı için bölen teorisi, Fermat teoreminin geçerliliğini doğrulamayı mümkün kılar. Böylece, iki bilinmeyenli lineer Diophantine denklemi, mevcut yöntem ve yöntemlerle yerine getirilmektedir.

Tanımlanan görevlerin türleri ve türleri

Cebirsel tamsayıların halkalarının aritmetiği, diğer birçok problemde ve Diophantine denklemlerinin çözümlerinde de kullanılır. Örneğin, bu tür yöntemler N(a 1 x 1 +…+ a n x n) = m biçimindeki eşitsizlikleri yerine getirirken uygulandı, burada N(a) a'nın normudur ve x 1 , …, x n integral rasyonel değişkenler bulunur. . Bu sınıf, Pell denklemini x 2- dy 2 =1 içerir.

Görünen a 1, ..., a n değerleri, bu denklemler iki türe ayrılır. İlk tür - sözde tam formlar - içinde bir dereceye kadar cebirsel üslerin Q (a1,…, a n) bölü Q. Eksik türler, maksimum a i sayısının m'den az olduğu türlerdir.

Tam formlar daha basittir, çalışmaları tamamlanmıştır ve tüm çözümler tarif edilebilir. İkinci tip - eksik türler - daha karmaşıktır ve böyle bir teorinin gelişimi henüz tamamlanmamıştır. Bu tür denklemler, F(x,y)=C eşitsizliğini içeren Diophantine yaklaşımları kullanılarak incelenir, burada F(x,y) - n≥3 dereceli bir polinom indirgenemez, homojendir. Böylece, y i → ∞ olduğunu varsayabiliriz. Buna göre, eğer y i yeterince büyükse, o zaman eşitsizlik Thue, Siegel ve Roth teoremiyle çelişecektir; buradan F(x,y)=C, burada F üçüncü derece veya daha yüksek bir formdur, indirgenemez olamaz. sonsuz sayıda çözümü vardır.

Bu örnek, hepsi arasında oldukça dar bir sınıftır. Örneğin, basitliklerine rağmen x 3 + y 3 + z 3 = N ve ayrıca x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = N bu sınıfa dahil değildir. Çözümlerin incelenmesi, temelin ikinci dereceden sayı biçimleriyle temsil edildiği Diophant denklemlerinin oldukça dikkatli bir şekilde çalışılmış bir dalıdır. Lagrange, gerçekleştirmenin tüm doğal N için var olduğunu söyleyen bir teorem yarattı. Herhangi bir doğal sayı üç karenin toplamı olarak gösterilebilir (Gauss teoremi), ancak 4a (8K-1) biçiminde olmamalıdır, burada a ve k, negatif olmayan tamsayı puanlarıdır.

F (x 1 , …, x n) = a tipinde bir Diophantine denklem sistemine rasyonel veya integral çözümler, burada F (x 1 , …, x n) tamsayı katsayıları olan ikinci dereceden bir formdur. Böylece, Minkowski-Hasse teoremine göre, a ij ve b'nin rasyonel olduğu ∑a ij x i x j = b eşitsizliği, ancak bu yapıda çözülebilir ise, her p asal sayısı için gerçek ve p-adik sayılarda integral bir çözüme sahiptir. .

İçsel zorluklar nedeniyle, üçüncü derece ve üzeri keyfi formlara sahip sayıların incelenmesi daha az çalışılmıştır. Ana yürütme yöntemi, trigonometrik toplamlar yöntemidir. Bu durumda, denklemin çözüm sayısı Fourier integrali cinsinden açıkça yazılır. Bundan sonra, karşılık gelen uyumların eşitsizliğinin yerine getirilme sayısını ifade etmek için çevre yöntemi kullanılır. Trigonometrik toplamlar yöntemi, eşitsizliklerin cebirsel özelliklerine bağlıdır. Doğrusal Diophant denklemlerini çözmek için çok sayıda temel yöntem vardır.

diofantin analizi

Cebir denklem sistemlerinin integral ve rasyonel çözümlerinin aynı alandan geometri yöntemleriyle incelenmesi olan matematik dalı. 19. yüzyılın ikinci yarısında, bu sayı teorisinin ortaya çıkması, Diophant denklemlerinin katsayılı keyfi bir alandan çalışmasına yol açtı ve çözümler ya içinde ya da halkalarında düşünüldü. Sayılarla paralel olarak geliştirilen cebirsel fonksiyonlar sistemi. D. Hilbert ve özellikle L. Kronecker tarafından vurgulanan ikisi arasındaki temel analoji, genellikle küresel olarak adlandırılan çeşitli aritmetik kavramların tek tip inşasına yol açtı.

Bu, özellikle sonlu bir sabitler alanı üzerinde çalışılan cebirsel fonksiyonlar tek değişkenliyse fark edilir. Sınıf alan teorisi, bölen ve dallanma ve sonuçlar gibi kavramlar, yukarıdakilerin iyi bir örneğidir. Bu bakış açısı, Diophantine eşitsizlikler sisteminde ancak daha sonra benimsendi ve yalnızca sayısal katsayılarla değil, aynı zamanda fonksiyon olan katsayılarla da sistematik araştırmalar ancak 1950'lerde başladı. Bu yaklaşımdaki belirleyici faktörlerden biri cebirsel geometrinin gelişimiydi. Aynı konunun eşit derecede önemli iki yönü olarak ortaya çıkan sayı ve fonksiyon alanlarının eşzamanlı olarak incelenmesi, zarif ve inandırıcı sonuçlar vermekle kalmamış, iki konunun karşılıklı olarak zenginleşmesine de yol açmıştır.

Cebirsel geometride, belirli bir K alanı üzerinde değişmez olmayan bir eşitsizlikler kümesini değiştirmek için çeşitlilik kavramı kullanılır ve bunların çözümleri, K veya sonlu uzantısındaki değerlerle rasyonel noktalarla değiştirilir. Buna göre, Diophantine geometrisinin temel sorununun, X(K) cebirsel kümesinin rasyonel noktalarını incelemek olduğu söylenebilir; burada X, K alanında belirli sayılardır. geometrik anlamda lineer Diophant denklemlerinde.

Eşitsizlik Çalışmaları ve Seçenekler

Cebirsel çeşitler üzerindeki rasyonel (veya integral) noktaların incelenmesinde, onların varlığı olan ilk problem ortaya çıkar. Hilbert'in onuncu problemi, bu problemi çözmek için genel bir yöntem bulma problemi olarak formüle edilmiştir. Algoritmanın kesin bir tanımını oluşturma sürecinde ve benzer yürütmelerin olduğu kanıtlandıktan sonra Büyük bir sayı problemler mevcut değil, problem bariz bir olumsuz sonuç aldı ve en ilginç soru, yukarıdaki sistemin var olduğu Diophant denklemlerinin sınıflarının tanımıdır. Cebirsel bakış açısından en doğal yaklaşım, Hasse ilkesi olarak adlandırılan ilkedir: Başlangıç ​​alanı K, tüm olası tahminler için tamamlamaları K v ile birlikte incelenir. X(K) = X(K v) varoluş için gerekli bir koşul olduğundan ve K noktası, X(K v) kümesinin tüm v için boş olmadığını hesaba katar.

Önemi, iki sorunu bir araya getirmesinde yatmaktadır. İkincisi çok daha basit, bilinen bir algoritma ile çözülebilir. X çeşidinin yansıtmalı olduğu özel durumda, Hansel'in lemması ve genellemeleri daha fazla indirgemeyi mümkün kılar: problem, sonlu bir alan üzerindeki rasyonel noktaların çalışmasına indirgenebilir. Ardından, tutarlı araştırmalar veya daha verimli yöntemlerle konsepti oluşturmaya karar verir.

Son önemli husus, X(K v) kümelerinin sonlu sayıda v hariç tümü için boş olmadığıdır, bu nedenle koşulların sayısı her zaman sonludur ve etkin bir şekilde test edilebilirler. Ancak Hasse ilkesi derece eğrileri için geçerli değildir. Örneğin, 3x 3 + 4y 3 =5, tüm p-adic sayı alanlarında ve sistemde noktalara sahiptir, ancak rasyonel noktaları yoktur.

Bu yöntem, Hasse ilkesinden bir "sapma" gerçekleştirmek için Abelian çeşitlerinin temel homojen uzaylarının sınıflarını tanımlayan bir kavram oluşturmak için bir başlangıç ​​noktası olarak hizmet etti. Her bir manifoldla (Tate-Shafarevich grubu) ilişkilendirilebilen özel bir yapı olarak tanımlanır. Teorinin ana zorluğu, grupları hesaplama yöntemlerinin elde edilmesinin zor olması gerçeğinde yatmaktadır. Bu kavram aynı zamanda diğer cebirsel çeşit sınıflarına da genişletilmiştir.

Eşitsizlikleri yerine getirmek için bir algoritma arayın

Diophantine denklemlerinin çalışmasında kullanılan bir başka buluşsal fikir, bir eşitsizlikler kümesinde yer alan değişkenlerin sayısı büyükse, sistemin genellikle bir çözümü olduğudur. Ancak, herhangi bir özel durum için bunu kanıtlamak çok zordur. Bu tür problemlere genel yaklaşım, analitik sayı teorisini kullanır ve trigonometrik toplamlar için tahminlere dayanır. Bu yöntem başlangıçta özel denklem türlerine uygulandı.

Bununla birlikte, daha sonra, onun yardımıyla, d ve n değişkenlerinde ve rasyonel katsayılarla tek dereceli bir form F ise, o zaman n'nin d'ye kıyasla yeterince büyük olduğu, böylece yansıtmalı hiperyüzey F = 0'ın rasyonel bir noktasına sahip olduğu kanıtlandı. Artin varsayımına göre n > d 2 olsa bile bu sonuç doğrudur. Bu sadece ikinci dereceden formlar için kanıtlanmıştır. Benzer sorunlar başka alanlar için de sorulabilir. Diophantine geometrisinin temel sorunu, tamsayı veya rasyonel noktalar kümesinin yapısı ve incelenmesidir ve açıklığa kavuşturulması gereken ilk soru, bu kümenin sonlu olup olmadığıdır. Bu problemde, sistemin derecesi değişkenlerin sayısından çok daha büyükse, durum genellikle sınırlı sayıda yürütmeye sahiptir. Bu ana varsayımdır.

Doğrular ve eğriler üzerindeki eşitsizlikler

X(K) grubu, r dereceli serbest bir yapı ile n dereceli sonlu bir grubun doğrudan toplamı olarak temsil edilebilir. 1930'lardan beri, bu sayıların belirli bir K alanı üzerindeki tüm eliptik eğriler kümesinde sınırlı olup olmadığı sorusu araştırıldı.Burulma n'nin sınırlılığı yetmişlerde gösterildi. İşlevsel durumda keyfi yüksek dereceli eğriler vardır. Sayısal durumda, bu sorunun hala bir cevabı yok.

Son olarak, Mordell'in varsayımı, g>1 cinsi bir eğri için integral noktalarının sayısının sonlu olduğunu belirtir. İşlevsel durumda, bu kavram 1963'te Yu. I. Manin tarafından gösterildi. Diophantine geometrisinde sonluluk teoremlerini ispatlamada kullanılan temel araç yüksekliktir. Birden büyük boyutlu cebirsel çeşitlerden, eliptik eğrilerin çok boyutlu analogları olan Abelian çeşitleri en kapsamlı şekilde incelenmiştir.

A. Weyl, rasyonel noktalar grubunun üreteç sayısının sonluluğuna ilişkin teoremi, onu genişleterek, herhangi bir boyuttaki Abelian çeşitlerine (Mordell-Weil kavramı) genelleştirdi. 1960'larda Birch ve Swinnerton-Dyer varsayımı ortaya çıktı ve bunu ve manifoldun grup ve zeta fonksiyonlarını geliştirdi. Sayısal kanıtlar bu hipotezi desteklemektedir.

Karar verilebilirlik sorunu

Sorun, herhangi bir Diophantine denkleminin bir çözümü olup olmadığını belirlemek için kullanılabilecek bir algoritma bulmaktır. Ortaya konan problemin temel bir özelliği, herhangi bir eşitsizliğe uygun evrensel bir yöntem arayışıdır. Böyle bir yöntem, P21+⋯+P2k=0.p1= 0 , ... , PK= 0p = 0,...,pK = 0 veya p21+ ⋯ + P2K='ye eşdeğer olduğu için yukarıdaki sistemlerin çözülmesine de izin verir. 0 . n12+⋯+pK2=0. Tamsayılarda doğrusal eşitsizlikler için çözümler bulmak için böyle evrensel bir yol bulma sorunu, D. Gilbert.

1950'lerin başında, Diophant denklemlerini çözmek için bir algoritmanın olmadığını kanıtlamayı amaçlayan ilk çalışmalar ortaya çıktı. Bu sırada, herhangi bir numaralandırılabilir kümenin de Yunan bilim adamına ait olduğunu söyleyen Davis varsayımı ortaya çıktı. Çünkü algoritmik olarak karar verilemeyen kümelerin örnekleri bilinmektedir, ancak yinelemeli olarak sayılabilirler. Davis varsayımının doğru olduğu ve bu denklemlerin çözülebilirlik probleminin negatif olarak gerçekleştiği sonucu çıkar.

Bundan sonra, Davis varsayımı için, aynı zamanda bir çözümü olan (veya olmayan) bir eşitsizliği dönüştürmek için bir yöntemin olduğunu kanıtlamak kalıyor. Belirtilen iki özelliğe sahipse, Diophantine denkleminde böyle bir değişikliğin mümkün olduğu gösterilmiştir: 1) bu tür herhangi bir çözümde v≤uu; 2) herhangi biri için küstel büyümenin olduğu bir uygulama var.

Bu sınıfın doğrusal bir Diophantine denklemi örneği ispatı tamamladı. Rasyonel sayılardaki bu eşitsizliklerin çözülebilirliği ve tanınması için bir algoritmanın varlığı sorunu, hala yeterince çalışılmamış önemli ve açık bir soru olarak kabul edilmektedir.

Kazakistan Cumhuriyeti Eğitim ve Bilim Bakanlığı

Doğu Kazakistan bölgesi

Yön: ekonomik ve sosyal süreçlerin matematiksel modellemesi.

Bölüm: matematik

Konu: Birinci ve ikinci dereceden Diophant denklemlerinin çözümü

Zhumadilov Eldar,

Burkutova Emine,

Devlet Kurumu "Ekonomik Lise"

Süpervizör:

Drannaya Natalya Aleksandrovna

Devlet Kurumu "Ekonomik Lise"

Danışman:

Semipalatinsk Devlet Pedagoji Enstitüsü Matematik Bölüm Başkanı ve Matematik Öğretim Yöntemleri, Fizik ve Matematik Bilimleri Adayı, Doçent

Zholymbaev Oraltay Muratkhanovich

Ust-Kamenogorsk

Giriş………………………………………………………………….3

Bölüm 1. Diofant Denklemleri Hakkında................................................ ... ...........dört

Bölüm 2. Çözüm yöntemleri ................................................................ ... ................................6

2.1.Öklid'in algoritması ................................................................ ................................6

2.2 Devam eden atış ................................................................ ......... ..................................sekiz

2.3 Faktoring yöntemi ..................................................... ................ .9

2.4.Pariteyi kullanma .................................................. ................ .................on

2.5.Diophant denklemlerini çözmek için diğer yöntemler.................................................10

Çözüm................................................. ................................................................12

Bibliyografya................................................................ ................................13

Başvuru................................................. ................................................on dört

giriiş

“Saygıdeğer Dionysius, sayılarla ilgili problemlerin nasıl çözüleceğini gayretle öğrenmek istediğinizi bilerek, bu bilimin dayandığı temellerden başlayarak onların doğasını ve gücünü açıklamaya çalıştım.

Belki de bu konu size zor gelebilir, çünkü hala ona aşina değilsiniz ve yeni başlayanlar başarı için umut etmeye meyilli değiller. Ama benim titizliğiniz ve açıklamalarım sayesinde bu sizin için anlaşılır hale gelecek, çünkü tutkulu bir bilim sevgisi, doktrini hızlı bir şekilde algılamanıza yardımcı olur.

Bu ithaf, İskenderiyeli Diophantus'un "Aritmetiğini" açar.

Diophantus, matematik tarihinin büyüleyici bilmecelerinden birini sunar. Diophantus'un kim olduğunu, hayatının tam yıllarını, onunla aynı alanda çalışmış olan seleflerini bilmiyoruz.

Diophantus'un mezarında, Diophantus'un 84 yıl yaşadığını hesaplamanın kolay olduğu bir bilmece şiiri var. Fransız bilim araştırmacısı Paul Tannri'nin çalışmalarından Diophantus'un yaşamının zamanını değerlendirebiliriz ve bu muhtemelen MS 3. yüzyılın ortasıdır.

En ilginç olanı Diophantus'un eseridir. "Aritmetik" ile birleştirilen 13 kitaptan 7'sine ulaştık.

Bu kitapta Diophantus (3. yüzyıl), tamsayılarda veya rasyonel sayılarda belirsiz cebirsel denklemleri çözme konusunda kendisinden önce biriken deneyimi özetledi ve genişletti. O zamandan beri, bu denklemlere Diophantine adı verildi.

İşte bu tür denklemlere örnekler: x 2 + y 2 \u003d z 2, x 2 \u003d y 3 + 5y + 7.

Diophant denklemlerine olan ilgi, görünüşe göre insanın doğasıyla ilişkilidir - hayatta kalan belgeler, bin yılın derinliklerinde onun izlerini ortaya koymaktadır. Eski Babil'de bile Pisagor üçlülerini arıyorlardı - denklemin tamsayı çözümleri

x 2 + y 2 \u003d z 2.

Diophantine denklemleri, tamsayılarda cebirsel problemlerin çözülmesine izin verir. Diophantus'un "aritmetiği", modern zamanların sayıları teorisinin temelini oluşturdu.

Bu çalışmanın amacı: belirsiz denklemlerin çözümü için çeşitli yöntemler bulmak.

Araştırma hedefleri: Öklid algoritmasını kullanarak, sürekli kesirleri kullanarak veya denklemi çarpanlara ayırarak birinci ve ikinci dereceden belirsiz denklemlerin nasıl çözüleceğini öğrenmek

Bölüm 1. Diofant Denklemleri Üzerine.

Diophantine denklemlerine cebirsel denklemler veya tamsayı veya rasyonel çözümler bulmanın gerekli olduğu tamsayı katsayılı cebirsel denklem sistemleri denir. Bu durumda denklemlerdeki bilinmeyenlerin sayısı en az iki olmalıdır (sadece tamsayılarla sınırlı değilse). Diofant denklemlerinin genellikle birçok çözümü vardır, bu nedenle belirsiz denklemler olarak adlandırılırlar.

Sorunlar, bilinmeyen nicelik değerlerinin yalnızca tamsayı olabileceği anlamına göre Diophant denklemlerine yol açar.

Bir sorunu düşünün: Bir satın alma için 1700 ruble ödemeniz gerekiyor. Alıcının sadece 200 ve 500 ruble için banknotları var. Nasıl ödeyebilir? Bu soruyu cevaplamak için x ve y bilinmeyenli 2x + 5y = 17 denklemini çözmek yeterlidir. Bu tür denklemlerin sonsuz sayıda çözümü vardır. Özellikle, formdaki herhangi bir sayı çifti
. Pratik görevimiz için, yalnızca x ve y'nin negatif olmayan tamsayı değerleri uygundur (faturaları parçalara ayırmaya değmez). Bu nedenle, sorunun formülasyonuna geliyoruz: 2x + 5y \u003d 17 denkleminin tüm negatif olmayan tamsayı çözümlerini bulun. Cevap artık sonsuz bir sayı değil, sadece iki çift sayı (1; 3) ve ( 6; 1).

Böylece, Diophantine problemlerinin özellikleri şunlardır: 1) tamsayı katsayılı denklemlere veya denklem sistemlerine indirgenirler; 2) Çözümlerin yalnızca bütün, çoğu zaman doğal olarak bulunması gerekir.

Belirsiz denklemleri çözme yöntemlerini düşünmeden önce, daha fazla sunum için gerekli bazı tanımları ve ifadeleri sunuyoruz.

bölünebilirlik

Tanım a, b  olsun Z, b ≠ 0. Sayılar q  Z ve r  (0,1,...,|b|-1) sırasıyla eksik bölüm ve a'yı b'ye bölmenin kalanı olarak adlandırılır, eğer eşitlik

Ayrıca, r = 0 ise, o zaman a'nın b'ye bölünebildiğini veya b'nin a'nın bir böleni olduğunu söyleriz (a b veya b|a gösterimi).

Diofant denklemleri şu şekilde yazılabilir:

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

burada P(x 1 , ..., x n) tamsayı katsayılı bir polinomdur.

Diophant denklemlerini incelerken genellikle aşağıdaki sorular sorulur:

denklemin tamsayı çözümleri olup olmadığı;

tamsayı çözümleri kümesi sonlu veya sonsuzdur;

tamsayılar kümesindeki denklemi çözün, yani tüm tamsayı çözümlerini bulun;

pozitif tamsayılar kümesindeki denklemi çözer;

rasyonel sayılar kümesindeki denklemi çözer.

Denklemleri tam sayılarda çözme probleminin yalnızca bir bilinmeyenli denklemler için, birinci dereceden denklemler için ve ikinci dereceden iki bilinmeyenli denklemler için tamamen çözüldüğünü unutmayın. İki veya daha fazla bilinmeyenli ikinci derecenin üzerindeki denklemler için tamsayı çözümlerinin varlığı sorunu bile oldukça zordur. Örneğin, denklemin olup olmadığı bilinmemektedir.

x 3 + y 3 + z 3 = 30

en az bir tamsayı çözümü. Ayrıca, prensipte, tamsayılardaki keyfi Diophantine denklemlerini sonlu sayıda adımda çözmeye izin veren birleşik bir algoritma olmadığı kanıtlanmıştır.

Bölüm 2. Çözüm yöntemleri.

2.1 Öklid'in algoritması.

a ve b doğal sayılarının en büyük ortak bölenini, bu sayıları asal çarpanlara ayırmadan, ancak kalanla bölme işlemini uygulayarak bulabilirsiniz. Bunu yapmak için, bu sayılardan büyük olanı küçük olana, daha sonra sayılardan küçüğünü ilk bölmede kalana, ardından ilk bölmede kalanı ikinci bölmede kalana bölmeniz ve buna devam etmeniz gerekir. kalansız bölme gerçekleşene kadar işlem yapın (çünkü artıklar azalır, o zaman bu bir adımda olur). Sıfır olmayan son kalan, gerekli gcd'dir (a, b).

Bu ifadeyi kanıtlamak için, açıklanan süreci aşağıdaki eşitlikler zinciri şeklinde temsil ediyoruz: eğer a>b ise, o zaman

Burada r 1 , …, r n artan sayı ile azalan pozitif kalanlardır. İlk eşitlikten, a ve b sayılarının ortak böleninin r 1'i ve b ve r 1'in ortak böleninin a'yı böldüğü sonucu çıkar, yani gcd (a, b) = gcd (b, r 1). Sistemin aşağıdaki eşitliklerine geçerek şunu elde ederiz:

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

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

Böylece, birinci dereceden ax + by = c'nin Diophantine denklemlerini çözerken, aşağıdaki teoremler uygulanabilir:

Teorem 1. Eğer gcd (a, b) = 1 ise, o zaman ax + by = 1 denkleminde en az bir çift (x, y) tamsayı çözümü vardır.

Teorem 2. Eğer gcd (a, b) = d > 1 ise ve c sayısı d'ye bölünemiyorsa, o zaman ax + by = c denkleminin integral çözümü yoktur.

Kanıt. ax + by = c denkleminin bir tamsayı çözümü olduğunu varsayalım (x 0, y 0). beri, bir d, bd, sonra c = (ax + by)d elde ederiz. Bu, teoremin koşullarıyla çelişir ve böylece teorem kanıtlanır.

Teorem 3. Eğer gcd (a, b) = 1 ise, ax + by = c denkleminin tüm tamsayı çözümleri aşağıdaki formülle belirlenir:

x \u003d x 0 c + bt

Burada (x 0 , y 0) ax + = 1 denkleminin bir tamsayı çözümüdür ve t keyfi bir tamsayıdır.

örnek 1 54x + 37y = 1 denklemini tam sayılarla çözün.

Öklid algoritmasına göre, a = 54, b = 37. Algoritma altındaki verileri değiştirin ve şunu elde edin:

54=371+17, modulo 17 = 54-371

37 = 172+3 , 3 = 37-172

17 = 35+2 , 2 = 17- 35

3 = 21+1 , 1 = 3 - 21

Birimi bulduktan sonra a ve b değerlerini onun üzerinden ifade ediyoruz:

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;

Bu nedenle, x 0 \u003d 9, y 0 \u003d -13. Yani bu denklemin aşağıdaki çözümü var
.

Örnek 2 15x + 37y = 1 denkleminin tamsayılı bir çözümünü bulmak gerekir.

1. yöntem. Birliğin ayrışmasını kullanalım:

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

2. yöntem. Öklid algoritmasını kullanarak, elimizde: 37 = 15*2 + 7, 15 = 2*7 + 1. Dolayısıyla 1 = 15 - 2*7 = 15 - 2(37 - 15*2) = 15*5 + (- 2) *37. Sonra x o \u003d 5, y o \u003d - 2. Denklemin genel çözümü bir sistemdir.

Örnek 3. 16x + 34y = 7, gcd (16, 34) = 2 ve 7 denkleminde 2 ile bölünemez, o zaman tamsayı çözümleri yoktur.

2.2 Devam eden atış

Öklid algoritmasının bir uygulaması, bir kesri temsil etmektir. olarak

Neresi q 1 bir tamsayıdır ve q 2 , … ,q n- tamsayılar. Böyle bir ifadeye sürekli (sonlu sürekli) kesir denir.

denklem:

asal katsayılarla a ve b bir çözümü var

,
,

nerede
- fraksiyonun ayrıştırıldığı sürekli fraksiyona sondan bir önceki yakınsak.

Kanıt:

Ardışık kısmi q 1 , q 2 ,…,q ile belirli bir sürekli kesir için indirgenemez kesirler

, , …,

yakınsakların kıvrılmasının sonuçlarıdır
,
, vb. , sırasıyla 1, 2, …, n, ardından

,
, …, n.

saat k= n elde ederiz:

,

Fraksiyonun ayrıştırıldığı devam eden fraksiyona en son uygun fraksiyon nerede. Kesirler ve indirgenemez olduğundan, o zaman , ve

.

Son eşitliğin her iki tarafını da (-1) n ile çarparsak,

Yani, n'nin devam eden kesrin mertebesi olduğu bir sayı çifti, denklemin bir çözümüdür.

Örnek. Her biri 170 kg ve 190 kg'lık çok sayıda konteynerin taşınması için üç tonluk kamyonlar tahsis edildi. Arabaları tamamen bunlarla yüklemek mümkün mü?

Çözüm:

İzin vermek X ve de sırasıyla 170 ve 190 kg'lık konteyner sayısı, o zaman denklemimiz var

170x+190y=3000

10'a indirdikten sonra denklem şöyle görünür,

Belirli bir çözüm bulmak için kesrin açılımını kullanırız. zincirleme atışa

Kendisine uygun sondan bir önceki kesri sıradan bir kesre daraltmak

Bu denklemin özel bir çözümü şu şekildedir:

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

ve genel formül tarafından verilir

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

k parametresindeki koşulu nereden elde ederiz

Şunlar. k=142, x=2, y=14. .

2.3 çarpanlara ayırma yöntemi

Bu yöntem ve sonraki tüm yöntemler, ikinci dereceden Diophant denklemlerinin çözümüne uygulanır.

Görev 1.

Çözüm. Denklemi formda yazıyoruz

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

İki tamsayının çarpımı ancak her ikisi de 1'e eşitse 1'e eşit olabilir. Yani, orijinal denklem kümeye eşdeğerdir.

(0,0) ve (2.2) çözümleri ile.

2.4 parite kullanma

Görev 2. Denklemi asal sayılarla çözün

Çözüm. x değişkeninin paritesine bağlı iki durumu ele alalım.

a) x bir tek sayı olsun. x = 2t + 1 ikamesi orijinal denklemi forma getirir

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

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

Bu nedenle, 2 | y2. y bir asal sayı olduğundan, y = 2 olur.

b) x bir çift sayı olsun. x bir asal sayı olduğundan, x = 2. Bu nedenle, yani denklem asal sayılarda çözülemez.

Sonuç olarak, denklemin asallar sınıfında benzersiz bir çözümü (3;2) vardır.

2.5 Diophant denklemlerini çözmek için diğer yöntemler

Görev 3. Denklemin olduğunu kanıtlayın

doğal sayılarda sonsuz sayıda çözümü vardır.

Çözüm.(3.2)'nin orijinal denklemin çözümlerinden biri olduğunu görmek kolaydır. Öte yandan kimlikten

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

(x, y) bu denklemin bir çözümüyse, (x 2 + 2y 2 , 2xy) çifti de onun çözümüdür. Bu gerçeği kullanarak, orijinal denklemin farklı çözümlerinin sonsuz bir dizisini (x n , y n) özyinelemeli olarak tanımlarız:

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

Görev 4. Denklemin olduğunu kanıtlayın

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

pozitif tamsayılarda çözülemez.

Çözüm. Orijinal denklemin denkleme eşdeğer olduğunu görmek kolaydır.

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

Bu nedenle, x2

Görev 5. Denklemi tam sayılarda çözün

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

Çözüm. t = x + y olsun. Çünkü

o zaman eşitsizlik t  olduğu yerden devam etmelidir.

Çözüm:

Sürekli kesirler için modern gösterim, seçkin bilim adamı Christian Huygens (1629-1695) tarafından önerildi.

Huygens, Paris'te bir planetaryum inşa ederken sürekli kesirlere yöneldi. Gezegenlerin yörünge periyotlarının oranı için en iyi yaklaşımı elde etmek istedi. Bu oranlar ve planetaryumun ilgili birbirine bağlı dişlilerinin diş sayısının oranları eşleşmeliydi. Ancak teknik nedenlerden dolayı dişli diş sayısı çok büyük olamaz. Bunları, elde edilen oranların gerçek olanlardan mümkün olduğunca az farklı olacağı şekilde seçmek gerekiyordu. Huygens sürekli kesirlere yöneldi ve onların yardımıyla karşılaştığı soruna bir çözüm buldu.

Sonuç olarak, örneğin ondalık sayılarla karşılaştırıldığında, sürekli kesirlerin avantajlarını ve dezavantajlarını not ediyoruz. Kolaylık, özelliklerinin herhangi bir sayı sistemi ile ilişkili olmaması gerçeğinde yatmaktadır. Bu nedenle teorik çalışmalarda sürekli kesirler etkin bir şekilde kullanılmaktadır. Ancak, ondalık kesirler için mevcut olan aritmetik işlemleri gerçekleştirmek için uygun kurallar olmadığı için geniş pratik uygulama almamışlardır.

Bu konu önemlidir çünkü Diophantine denklemleri mühendislik, biyoloji vb. alanlarda da kullanılır. Örneğin, ilk neslin kromozomlarını sayarken.

Başlangıç ​​olarak beş rastgele çözüm seçiyoruz: 1=

Kromozom

1. nesil kromozomlar ve içerikleri.

Diophantine denklemlerinin temel özelliği, tüm çözümleri arka arkaya değil, rastgele seçilen çözümlerden en iyilerine yaklaşmamızdır.

bibliyografya

Dergi "Kuantum" 1970 #7

"Genç bir matematikçinin ansiklopedisi" 520 s.

Vilenkin N.Ya. "Bir matematik ders kitabının sayfalarının arkasında" (10-11. sınıflar) - Moskova: "Prosveshchenie" 1996-320 s.

http://Festival.1 Eylül. tr/ nesne/417558/

Shynybekov N.A. "Cebir 8" Almatı "Atamura" 2004-272 s.

I.N. Sergeev "Matematik uygula" 1989 - 240 s.

1. http://ilib. ayna1. mccme. tr/ djvu/ serp- int_ eşdeğer. htm

   Kozhegeldinov S.Ş. "Alıştırmalar ve problemlerde Diophantine denklemleri teorisinin bazı unsurları"

   Pichugin L.F. “Cebir ders kitabının sayfalarının arkasında”, M., 1990, 224p.

   Glazer G.I. "10-11 okullarında matematik tarihi", 351s

   Gusev V.A., Orlov A.I. vb. "6-8. sınıflarda matematikte ders dışı çalışma", M., 1984, 286 s.

   Petrakov I.A. "Meraklılar İçin Matematik", M., 2000. 256'lar.

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

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

Başvuru

127x - 52y + 1 = 0 denklemini tam sayılarda çözün Cevap: x = 9 + 52t, y = 22 + 127t, t  Z.

107x + 84y = 1 denklemini tam sayılarla çözün.

3x 2 + 4xy - 7y 2 = 13 denklemini tam sayılarda çözün. Çarpanlara ayırma uygulayın.
Cevap: (2,1), (-2,-1).

y 2 = 5x 2 + 6 denkleminin tamsayı çözümleri olmadığını kanıtlayın.
Talimat. Modülo 4 denklemini göz önünde bulundurun.

x 2 - 3y 2 = 1 denkleminin sonsuz sayıda tamsayı çözümü olduğunu kanıtlayın.
Talimat. Çözümler arasında tekrarlayan ilişki kullanın.

Denklemi çözün: 17x + 13y = 5.

7'den büyük bir tamsayı ruble olarak ifade edilen herhangi bir miktarda paranın, yeterli miktarda sadece üç ruble ve beş ruble faturası ile değişmeden ödenebileceğini kanıtlayın.

Tüm kavanozların dolması için 0,7 litre ve 0,9 litrelik kavanozlara 20,5 litre meyve suyu dökülmesi gerekir. Hazırlamak için kaç kutuya ihtiyacınız var? İhtiyaç duyulabilecek en az kavanoz sayısı nedir?

Üstelik üç bilinmeyenle de karar verirler...

1. Genetik algoritmalar ve pratik uygulamaları

   Görev >> Bilişim

   Stratejiler). daha yakın ikinci kutup - sistemler ... adaptasyon ve evrim fikirleri. Derece bu durumda mutasyonlar... Diophantus'un matematiği.26 Düşünün diofantin denklem: a+2b+3c+4d ... Hayatta kalma oranları ilk kromozom nesilleri (set kararlar) Yani...

2. Leonhard Euler'in geometri cebirinin ve sayı teorisinin gelişimindeki olağanüstü rolü

   Tez >> Tarihi figürler

   ... karar denklemler. O işaret etti çözüm denklemler ikinci, üçüncü ve dördüncü derece azaltılmış denklemler sırasıyla ilk, ikinci ve üçüncü derece; bunlar son denklemler... tamsayı karar sistemler diofantin denklemler daha yüksek derece ve...

3. Dört bileşenli bir aseton-toluen-bütanoldimetilformamid karışımında buhar-sıvı dengesinin modellenmesi

   Diploma çalışması >> Kimya

   Onlar tek bir sistemin parçası diofantin denklemler ve karşılıklı olarak tamamlayıcı... Kabul edilenlerin etkinliği kararlar büyük oranda dereceözelliklerle tanımlanır... bir molekül ilk bileşen, diğeri - bir molekül ikinci bileşen. Göre denklem ...

Belediye bütçesi Eğitim kurumu

ortalama Kapsamlı okul №1

Pavlovo.

Araştırma çalışması

Diophant denklemlerini çözme yöntemleri.

Bölüm: Fizik ve Matematik

Bölüm: matematik

Tamamlanmış:

8. sınıf öğrencisi Nikolai Trukhin (14 yaşında)

Bilim danışmanı:

matematik öğretmeni

Lefanova N.A.

Pavlovo

2013

İçindekiler

I Giriş…………………………………………………………………………3

II Literatür taraması…………………………………………………………....5

III Ana kısım…………………………………………………………………6

IV Sonuç………………………………………………………………...15

V Kaynak Listesi……………………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………….

VI Ek………………………………………………………………..17

Giriiş.

2011-2012'de yaptığım Araştırma çalışması konuyla ilgili: "Antik Yunanistan ve Hindistan'da Denklemlerin Çözümü". Üzerinde çalışırken İskenderiyeli Diophantus ve Muhammed el-Khwarizmi'nin eserleriyle tanıştım. Önceki çalışmamda, birinci dereceden iki bilinmeyenli denklemleri çözmek için bazı yöntemler düşündüm, birinci dereceden iki bilinmeyenli denklemlerin çözümüne yol açan bazı eski problemlerle tanıştım.

İran'daki "bilgelik evinin" bir üyesi olan Harezmli Musa'nın oğlu Muhammed Ben Mussa el-Khwarizmi, kronolojimizin yaklaşık 820'sinde bir kitap yazdı ve burada basit ve karmaşık aritmetik sorularını çözmeyi öğretti. Miras paylaşımında, vasiyetname düzenlenmesinde, mal paylaşımında ve davalarda, ticarette, her türlü işlemde insanların ihtiyaç duyduğu şeylerdir. El - Harezmi ismiyle "cebir", "Arap rakamları", "algoritma" kavramları ilişkilendirilir. Cebiri geometriden ayırmış, İslam Orta Çağ matematiğine büyük katkı sağlamıştır. Muhammed el-Harezmi hem yaşadığı dönemde hem de vefatından sonra tanındı ve saygı gördü.

Ama Diophantus hakkında daha çok şey öğrenmek istiyordum. Ve bu yılki araştırmamın konusu: Diophant denklemlerini çözme yöntemleri »

İskenderiyeli Diophantus, eserleri en tuhaf antik Yunan matematikçilerinden biridir. büyük önem cebir ve sayı teorisi için. Diophantus'un eserlerinden en önemlisi 13 kitaptan sadece 6'sı günümüze ulaşan "Aritmetik" tir. Hayatta kalan kitaplar, çözümleri ile 189 problem içeriyor. İlk kitap, birinci ve ikinci dereceden belirli denklemlere yol açan problemler içeriyor. Kalan beş kitap çoğunlukla belirsiz denklemler içerir (belirsiz denklemlere birden fazla bilinmeyen içeren denklemler denir). Bu kitaplarda henüz sistematik bir belirsiz denklem teorisi yoktur, çözüm yöntemleri durumdan duruma değişir. Diophantus, pozitif olduğu sürece tam veya kesirli tek bir çözümle yetinir. Ancak belirsiz denklemleri çözme yöntemleri Diophantus'un matematiğe en büyük katkısını oluşturmaktadır. Diophantus'un sembolizminde bilinmeyen için tek bir işaret vardı. Belirsiz denklemleri çözerken, çözümlerinin genelliğinin doğasını koruyan, diğerlerinin alınabileceği yerine birkaç bilinmeyen olarak keyfi sayılar kullandı.

Çalışmamın amacı:

1. Diophant denklemlerini tanımaya devam edin.

2. Diophantine denklemlerini çözerken numaralandırma ve dağıtma (öğütme) yöntemlerini araştırın.

3. Bazı pratik problemleri çözmek için Diophant denklemlerini kullanma olasılığını keşfedin.

II. Literatür incelemesi.

Çalışmayı yazarken aşağıdaki literatürü kullandım:

Diophantus ve el-Khwarizmi hakkında bilgiler kullandım.

Kitap, belirsiz denklemlerin çözümünde Diophantus'un yöntemlerine ayrılmıştır. Diophantus'un kendi hayatını anlatıyor. Bu bilgiler benim çalışmalarımda tarafımdan kullanılmaktadır.

Kitap, eski zamanlardan beri cebirin tarihini anlatıyor. Antik çağlardan beri denklemler teorisi hakkında bilgi kullandım.

Bu kitap, matematiğin temel kavramları ve uygulamaları hakkında yaklaşık 200 makale içermektedir. "Cebir", "Denklemler", "Diophantine Denklemleri" makalelerinin materyallerini kullandım.

Pratik kullanım için görev metinleri kitaptan alınmıştır.

Siteyi kullandığım konuyla ilgili:

http :// tr . wikipedia . kuruluş (el-Khorezmi ve Diophantus hakkında bilgi. Diophantine denklemlerini çözme yöntemleri hakkında).

Ana bölüm

Günümüzde matematik yapan herkes Diophant denklemlerini duymuştur. Tamsayı (nadiren rasyonel) sayılar kümesinde çözülen tamsayı katsayılı cebirsel denklemler, matematik tarihine Diophantine olarak girdi. . 1. ve 2. dereceden diofantin denklemleri en çok çalışılanlardır. Çalışmamın içeriği, iki bilinmeyenli birinci dereceden bir denklemi çözmeye indirgenmiş problemleri içeriyor.

(1)

Sorunu düşünelim.

Görev 1. Hücrede x sülün ve de tavşanlar. Bacakların toplamı 62 ise bir kafeste kaç sülün ve tavşan vardır?

Toplam sayısı bacaklar 2x + 4y \u003d 62 (2) denklemi kullanılarak yazılabilir

Problemin durumuna göre yaptığım bu eşitliğe iki değişkenli denklem denir. Bu denkleme lineer denklem denir. Doğrusal denklemler, çeşitli problemlerin çözümünde önemli bir rol oynar. Size bu kavramla ilgili ana hükümleri hatırlatayım.

İki değişkenli doğrusal bir denklem, x ve y'nin değişken olduğu, a, b ve c'nin bazı sayılar olduğu ax + by \u003d c biçimindeki bir denklemdir.

Açıkça denklem (2)'den değerleri belirleyin x ve y yasaktır. Kendimizi değişkenlerin doğal değerleriyle sınırlasak bile şu durumlar olabilir: 1 ve 15, 3 ve 14, 5 ve 13 vb.

Bir çift sayı ( a , b ), x'i a ile ve y'yi b ile değiştirirken gerçek eşitlik elde edersek, iki değişkenli bir denklemin çözümü olarak adlandırılır.

İki değişkenli her denklem, çözümlerinin kümesine, yani tüm sayı çiftlerinden (a, b) oluşan kümeye karşılık gelir, denklemin yerine gerçek bir eşitlik elde edilir. Bu durumda elbette X ve Y kümeleri önceden belirtilmişse, bilinmeyen x ve y'yi kabul edebilen, o zaman sadece bu tür çiftleri almanız gerekir (a , b ), a'nın X'e ve b'nin Y'ye ait olduğu.

Birkaç numara ( bir, b) düzlemde koordinatları olan M noktası ile temsil edilebilir. a ve b, M \u003d M (a, b). İki bilinmeyenli bir denklemin çözüm kümesinin tüm noktalarının görüntüleri göz önüne alındığında, düzlemin belirli bir alt kümesini elde ederiz. Denklemin grafiği denir .

Grafiğin gösterilebilir Doğrusal Denklem katsayılarından en az birinin sıfıra eşit olmadığı iki değişkenli, düz bir çizgidir. Bu denklemi çizmek için koordinatları olan iki noktayı almak ve aralarından düz bir çizgi çizmek yeterlidir. Grafik yöntemiönceki çalışmalarımda kullandığım çözümler.

Aynı çözümlere sahip iki değişkenli iki denklemin eşdeğer olduğu söylenir.

Örneğin, x + 2y = 5 ve 3x + 6y = 15 denklemleri eşdeğerdir - bu denklemlerden birini sağlayan herhangi bir sayı çifti ikinciyi de sağlar.

İki değişkenli denklemler, tek değişkenli denklemlerle aynı özelliklere sahiptir:

1) denklemde terimi bir kısımdan diğerine aktarırsak, işaretini değiştirirsek, verilene eşdeğer bir denklem elde ederiz;

2) Denklemin her iki kısmı da sıfır olmayan aynı sayı ile çarpılır veya bölünürse, verilene eşdeğer bir denklem elde edilir.

Diophantine denklemlerini çözmenin birkaç yolu vardır:

Seçim yöntemi

Öklid algoritmasını kullanma

Devamlı çekimi kullanma

Saçılma (öğütme) yöntemi

Pascal programlama dilini kullanma

Çalışmamda yöntemleri araştırdım - seçeneklerin sıralanması ve dağıtma (öğütme)

Seçeneklerin sıralanma şekli göz önüne alındığında, sayının dikkate alınması gerekir. Muhtemel çözümler denklemler. Örneğin, bu yöntem aşağıdaki problem çözülerek uygulanabilir:

Görev 2. Andrei yazın bir kafede çalışıyor. Her saat için 10 ruble ödenir. Ve 2 r hesaplayın. her kırık tabak için. Geçen hafta 180 r kazandı. Günde 3 saatten fazla çalışmadığı biliniyorsa, kaç saat çalıştığını ve kaç tabak kırdığını belirleyin.

Çözüm.

İzin vermek x bir haftada çalıştığı saat, daha sonra 10x R. parasını aldı ama kırdı de plakalar ve ondan çıkarılan 2 yıl R. denklemimiz var 10x - 2y \u003d 180, ve x 21'den küçük veya eşittir. Şunları elde ederiz: 5x-y=90, 5x=90+y, x=18+y:5.

Çünkü x tamsayı, o zaman de sağ tarafta bir tamsayı elde etmek için 5'e eşit olarak bölünmelidir. dört vaka var

y=0, x=18, yani çözüm - (18, 0);

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

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

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

Bu sorunu seçenekleri numaralandırma yöntemini kullanarak çözdüm. Cevap dört içerir olası seçenekler. Birkaç sorunu daha bu şekilde çözmeye çalıştım.

Görev 3. İki ruble ve beş ruble madeni paralardan 23 ruble miktarı yapıldı. Bu iki rublelik madeni paradan kaç tane var?

Çözüm.

İzin vermek x - iki rublelik madeni para sayısı, y - beş rublelik madeni para sayısı. Denklemi yapalım ve çözelim: 2x+5y=23; 2x=23–5y; x \u003d (23 - 5y): 2; x \u003d (22 + 1 - 5y): 2, 22'yi 2'ye ve (1 - 5y) terime göre 2'ye böleriz, şunu elde ederiz: x \u003d 11 + (1 - 5y): 2.

Çünkü x ve y problemin durumuna göre doğal sayılar, o zaman denklemin sol tarafı bir doğal sayıdır, yani sağ taraf da bir doğal sayı olmalıdır. Ayrıca sağ tarafta bir doğal sayı elde etmek için (1 - 5y) ifadesinin 2'ye tam bölünebilmesi gerekir. Seçenekleri sıralayalım.

y=1, x=9, yani 9 adet iki rublelik madeni para olabilir;

y=2, (1 - 5y) ifadesi 2'ye bölünemezken;

y=3, x=4, yani 4 adet iki rublelik madeni para olabilir;

y 4'ten büyük veya 4'e eşit olduğunda, x bir doğal sayı değildir.

Böylece, problemdeki cevap şu şekildedir: madeni paralar arasında 9 veya 4 adet iki rublelik madeni para vardır.

Görev 4. Şehrazat masallarını büyük hükümdara anlatır. Toplamda 1001 masal anlatmak zorundadır. Şehrazat'ın tüm hikayelerini anlatması kaç gece sürer? x geceler 3 masal anlatacak ve masalların geri kalanı 5 için de geceler

Çözüm.

Hikaye anlatıcısının x + y'ye ihtiyacı var geceler , nerede x ve y - 3x + 5y \u003d 1001 denkleminin doğal kökleri

x \u003d (1001 - 5y): 3; çünkü x bir doğal sayı ise, eşitliğin sağ tarafında da bir doğal sayı bulunmalıdır, bu da (1001 - 5y) ifadesinin 3'e tamamen bölünebilmesi gerektiği anlamına gelir.

Seçenekleri gözden geçirelim.

y=1, 1001 - 5y=1001-5= 996, 996 3 ile bölünebilir, dolayısıyla x=332; karar(332;1);

y=2, 1001– 10=991, 991 3'e bölünemez;

y=3, 1001 - 15 = 986; 986, 3'e bölünemez;

y \u003d 4, 1001 - 20 \u003d 981, 981 3'e bölünebilir, bu nedenle x \u003d 327, çözüm (327; 4), vb.

Bu problemde 67 çift olası kök var, bu problemin tüm çözümlerini göstermedim çünkü çok zaman alıyor.

denklem balta + ile = c (1) Yukarıdaki problemlerde, seçeneklerin numaralandırma yöntemini çözdüm. Denklemin tüm çözümlerini bulmak önemli miktarda zaman aldığından, seçenekleri numaralandırma yönteminin bu sorunu çözmek için her zaman etkili olmadığını fark ettim. Ve bence, şu anda alakasız.

Bu nedenle Şehrazat problemini dispersiyon (öğütme) yöntemini kullanarak çözdüm.

Saçılma yöntemi, tamsayılarda tamsayı katsayılı birinci dereceden belirsiz denklemleri çözmek için genel bir yöntemdir.

O halde Şehrazat ile ilgili problemi saçılma yöntemiyle çözelim:

3x + 5y = 1001 denklemine dönelim.

Farklı bir şekilde yeniden yazalım: 3x = 1001 - 5y; 3x \u003d 1001 - 2y - 3y;

x = -y +
ve belirtmek x ben= y + x

Sonuç olarak, denklem 3x şeklini alacaktır. 1 = 1001 - 2y veya

y = - x ben
.

y 1 \u003d y + x 1'i tekrar değiştirirsek, denkleme ulaşırız

x 1 + 2y 1 \u003d 1001. Bilinmeyenlerin katsayılarının azaldığına dikkat edin - parçalandılar.

Burada x 1'deki katsayı 1'e eşittir ve bu nedenle, herhangi bir y 1 \u003d t tamsayı için, x 1 sayısı da bir tamsayıdır. Orijinal değişkenleri t cinsinden ifade etmeye devam ediyor:

x 1 \u003d 1001 - 2 t, bu nedenle, y \u003d - 1001 + 3 t ve x \u003d 2002 - 5 t. Böylece, sonsuz bir (2002 – 5 t , – 1001 + 3 t ) tamsayı çözümleri dizisi elde ederiz. . Değişkenlerin değerlerini bulmak için formüllerin görünümü daha önce elde edilen çözümlerden farklıdır, ancak sorunun durumu dikkate alındığında kökler aynıdır. Böylece (332;1) çifti t =334'te elde edilir.

Bence bu yöntem sadece daha uygun değil (bir eylem algoritmasına sahip), aynı zamanda ilginç. Bu yöntem bilinen içinde ilk başta uygulananVIiçinde. Hintli matematikçi Aryabhatta.

Geçen yıl, eski Hint Brahmagupta sorununun çözümünü Brahmagupta'nın kendisi tarafından önerilen saçılma yöntemlerine gösterdim. Karar mantıksızdı.

Aşağıda sunulmuştur:

"Birincisinin 19 ile ikincisinin çarpımları arasındaki farkın 13 olduğunu bilerek iki tam sayı bulun."

Problemde, denklemlerin tüm tamsayılı çözümlerini bulmak gerekir.

Çözüm:

(1) 19x – 8y = 13

Açıklarım y katsayısının en küçük mutlak değerine sahip bilinmeyendir. x, Alırım:

(2) y = (19x – 13)/8

Şimdi hangi tamsayı değerleri için bulmamız gerekiyor x karşılık gelen değerler y aynı zamanda tam sayılardır. Denklemi (2) aşağıdaki gibi yeniden yazacağım:

(3) y = 2x + (3x – 13)/8

(3)'ten, x tamsayılı y'nin yalnızca (3. x-13)/8 bir tamsayıdır, diyelim y 1 . varsayarsak

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

soru, denklemi (4) iki bilinmeyenli tam sayılarda çözmeye indirgenir ve y 1 ; şu şekilde yazılabilir:

(5) 3x – 8y 1 = 13.

Bu denklem, orijinal denkleme (1) göre, 3'ün - bilinmeyenler için katsayıların mutlak değerlerinin en küçüğünün - (1)'den daha az olması avantajına sahiptir, yani. 8. Bu, x (19)'deki katsayının 8'in kalanıyla değiştirilmesiyle sağlandı.

Aynı şekilde devam edersek, (5)'ten elde ederiz:

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

Bu nedenle, y 1 tamsayılı bilinmeyen x, yalnızca (2 olduğunda) tamsayı değerleri alır. y 1 + 13)/3 bir tamsayıdır, diyelim y 2 :

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

veya

(8) 3y 2 – 2 y 1 = 13.

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

varsayarsak

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

almak

(11) y 2 – 2 y 3 = 13.

Katsayılardan biri 1'e eşit olduğundan, bu, tüm belirsiz denklemlerin en basitidir.

(11)'den şunu alıyorum:

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

Bu, y 2'nin y3'ün herhangi bir tamsayı değeri için tamsayı değerleri aldığını gösterir. (6), (9), (12), (3) eşitliklerinden ardışık ikamelerle bulabiliriz aşağıdaki ifadeler bilinmeyen x ve y denklemleri için (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;

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

yani formüller

x=8 y 3 + 39,

y=19 y 3 + 91.

saat y3 = 0, + 1,+ 2, + 3, … Denklem (1)'in tüm tamsayı çözümlerini verin.

Aşağıdaki tabloda bu tür çözümlerin örnekleri verilmektedir.

Tablo 1.

y3

x

y

Bu sorunu mantıklı bir şekilde çözelim. Çözüm, belirli bir algoritma kullanır.

Görev 5.

Birincinin 19 ile ikincinin çarpımları arasındaki fark 13 ise iki sayı bulun.

Çözüm. 19x - 8y \u003d 13 denklemini çözmek gerekiyor

Farklı bir şekilde yeniden yazalım: 8y =19x –13; 8y =16x +3x -13; y = 2x +

ve belirtmek y 1 \u003d y - 2x.

Sonuç olarak, denklem 8y 1 = Zx - 13 veya x = 2y 1 şeklini alacaktır.
.

x 1 \u003d x - 2y 1'i tekrar değiştirirsek, denkleme ulaşırız

3x l - 2y 1 \u003d 13.

Bilinmeyenlerin katsayıları azaldı - ezildiler. Daha fazla taşlama: y 1 = x l +
, sonra y 2 \u003d y 1 -x 1 elde ederiz.

Sonuç olarak, son denklem x 1 - 2y 2: \u003d 13 biçimine dönüştürülür. Burada x 1'deki katsayı 1'e eşittir ve bu nedenle, herhangi bir y 2 \u003d t tamsayı için x 1 sayısı aynı zamanda bir tam sayı.

Orijinal değişkenleri t cinsinden ifade etmeye devam ediyor:

ilk önce x 1 \u003d 2t +13, y 1 \u003d 3t +13; ve sonra x = 8 t +39, y = 19 t + 91.

Böylece sonsuz bir dizi elde ederiz (39 + 8t, 91 + 19 t) tamsayı çözümleri. denklem balta + ile = c (1) yukarıdaki problemlerde dispersiyon (öğütme) yöntemini çözdüm.

IV. Çözüm.

Bunları çözmek için Diophant denklemlerini inceleyerek, seçeneklerin numaralandırılması ve saçılma (öğütme) yöntemlerini kullandım. Bu yöntemlerle hem modern hem de eski sorunları çözdüm. Çalışmamın içeriği, iki değişkenli ax + b y \u003d c (1) ile birinci dereceden denklemleri çözmeye kadar giden görevleri içeriyordu.

Çalışmam sırasında aşağıdaki sonuçlara vardım:

Numaralandırma yöntemi önemli zaman maliyetleri gerektirir, bu da çok uygun ve rasyonel olmadığı anlamına gelir.

Bana göre daha mantıklı olan saçılma yöntemidir. Bu yöntemle eski bir Hint problemini çözerken belli bir çözüm algoritması olduğunu fark ettim. Okulda edindiğim yeterli bilgiye sahiptim. Dophant denklemlerini çözme yöntemlerinin matematiğin gelişmesiyle sürekli olarak iyileştirildiğine ikna oldum.

Gelecek yıl Diophant denklemlerini çözme yöntemlerini incelemeye devam etmek istiyorum.

V. bibliyografya

G. I. Glazer "Okulda matematik tarihi" M.: ed. "Aydınlanma" 1964 376'lar.

I. G. Bashmakova "Diophantine ve Diophantine denklemleri" M.: ed. "Bilim" 1972 68'ler.

V. A. Nikiforovsky "Denklemler dünyasında" M.: ed. "Bilim" 1987 176'lar.

A. P. Savin "Genç Bir Matematikçinin Ansiklopedik Sözlüğü" M.: ed. "Pedagoji" 1985

G. M. Voznyak, V. F. Gusev “Aşırılık için uygulamalı problemler” M.: ed. "Aydınlanma" 1985 144'ler.

http :// tr . wikipedia . kuruluş

VI. Başvuru.

Çiftlikte 167m uzunluğunda bir su temin sistemi yapılması gerekmektedir. Borular 5m ve 7m uzunluklarda mevcuttur. En az sayıda bağlantı yapmak için kaç boru kullanılmalıdır (boruları kesmeyin)?

Hem bir hem de diğer boruların sayısının değişebileceği göz önüne alındığında, 7 metrelik boruların sayısı ile gösterilir. x,5- metre - içinden de

O halde 7x, 7 metrelik boruların uzunluğu, 5y ise 5 metrelik boruların uzunluğudur.

Buradan belirsiz denklemi elde ederiz:

7x+5y=167

Örneğin, bir değişken ortaya koyduktan sonra de bir değişken aracılığıyla X, şunu elde ederiz:

Yineleme yaparak eşleşen değer çiftlerini bulmak kolaydır. X ve de 7x+5y=167 denklemini sağlayan

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

Bu çözümlerden sonuncusu en avantajlı olanıdır, yani x=21; y=4.

Sayıları ve doğum tarihlerini tahmin etmenin birçok eski yolu, Diophant denklemlerinin çözümüne dayanmaktadır. Bu nedenle, örneğin, muhatabın doğum tarihini (ay ve gün) tahmin etmek için, ondan iki ürünün eklenmesinden alınan miktarı bulmak yeterlidir: tarih sayısı (X ) 12 ve ay numaralarıyla (de ) 31'de.

2. Söz konusu eserlerin toplamı 330 olsun. Doğum tarihini bulunuz.

belirsiz denklemi çözelim

12 X + 31 de = 330.

Saçılma yöntemini kullanarak şunları elde ederiz:

X = 43 – 31 de 4 ,

de = 6 – 12 de 4 .

Sınırlamalar göz önüne alındığında, şunu söylemek kolaydır. tek çözüm dır-dir

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

Yani doğum tarihi: 6. ayın 12. günü, yani. 12 Haziran.

Doğrusal diyofan denklemleri

Cebirde araştırma çalışması

9. sınıf öğrencisi MOU "Upshinskaya OOSh"

Antonov Yuri

"Eğer yüzmeyi öğrenmek istiyorsan, o zaman

Cesurca suya girin ve isterseniz

problemleri çözmeyi öğrenin, sonra onları çözün.

D.Poya

Baş - Sofronova N.A. .

Bir görev

3 metre genişliğindeki döşeme için 11 cm ve 13 cm genişliğinde levhalar var Her iki boyuttan kaç tane levhaya ihtiyacınız var?

Eğer bir X - 11 cm genişliğindeki pano sayısı ve de - 13 cm genişliğindeki tahtaların sayısı, o zaman denklemi çözmemiz gerekiyor:

11 X + 13 y = 300

11 x + 13 y \u003d 300 denkleminin özellikleri: ▪ Katsayılar 11, 13, 300 tam sayılardır. ▪ Bilinmeyenlerin sayısı denklemlerin sayısını aşıyor. ▪ Bu denklemin çözümleri x ve y tamsayı olmalıdır pozitif sayılar

Cebirsel denklemler veya bilinmeyenlerin sayısının denklem sayısını aştığı ve tamsayı çözümlerinin bulunması gereken tamsayı katsayılı cebirsel denklem sistemlerine belirsiz veya diofantin, Yunan bir matematikçinin adını taşıyan Diophantus .

Diofant Denklemleri Örnekleri

1 . Tüm tamsayı çiftlerini bulun

x , y , bunun için doğru eşitlik

2 . Denklemin olduğunu göster

sonsuz sayıda çözümü vardır

tüm sayılar

Amaç:

Öğrenmek için:

• Ne tür yöntemler İle birlikte mevcut için Diophant denklemlerinin çözümleri?

Görevler:

• Bul ve çözüm yöntemlerini öğren doğrusal İki değişkenli diofant denklemleri.

• Doğrusal Diophant denklemleri teorisinin olanaklarını düşünün.

Pisagor üçüzleri

• Tamsayılardaki belirsiz denklemler, Diophantus'tan önce bile çözülmüştü. Örneğin, cebirsel denklem çok ilgi çekiciydi. x 2 + y 2 = z 2 , bağlayıcı taraflar x , de , z sağ üçgen. tamsayılar x , y ve z , bu denklemin çözümleri olan denir "Pisagor üçüzleri" .

Fermat denklemi

• Diophantus'un eserleri, Fransız matematikçi Pierre de Fermat'ın matematiksel araştırmalarıyla da doğrudan ilişkilidir. Sayı teorisinin gelişiminde yeni bir dalgayı başlatanın Fermat'ın çalışması olduğuna inanılıyor. Ve problemlerinden biri Fermat'ın ünlü denklemidir.

X n +y n =z n

Diophant denklemleri teorisinden tek bir büyük matematikçi geçmedi.

Fermat, Euler, Lagrange, Gauss, Chebyshev bu ilginç teori üzerinde silinmez bir iz bıraktı.

Belirsiz denklem örnekleri büyük matematikçiler tarafından çözüldü 19. ve 20. yüzyıllar: x 2 − ny 2 = 1 , nerede n tam kare değildir (Fermat, Pell); x z − y t = 1 , nerede z , t 1, (Katalana); ey 2 + b.xy + su 2 + dx + ey + f = 0 , nerede a , b , İle birlikte , d , e , f - tamsayılar, yani. iki bilinmeyenli ikinci dereceden genel homojen olmayan bir denklem (P. Fermat, J. Vallis, L. Euler, J. Lagrange ve K. Gauss)

Diofant denklemleri 20. yüzyılda

1900 Uluslararası Matematik Kongresi.

Hilbert'in 10. sorunu

Bazı bilinmeyenler ve rasyonel tamsayı katsayıları olan bir Diophantine denklemi verildi. Denklemin rasyonel tamsayılarda çözülebilir olup olmadığını sonlu sayıda işlemle belirleyebilecek bir prosedür bulmak gerekir.

Rus matematikçi Yuri Matiyaseviç kanıtlanmış :

Hilbert'in 10. problemi çözülemez - gerekli algoritma mevcut değil.

Belirli bir belirsiz denklemin tüm çözümlerini bulmak veya böyle olmadığını kanıtlamak her zaman mümkün müdür?

• Denklemleri tam sayılarda çözme sorunu, yalnızca iki veya üç bilinmeyenli birinci dereceden denklemler için tamamen çözüldü.
• İki bilinmeyenli ikinci dereceden DE zaten büyük zorluklarla çözüldü.
• İkiden fazla bilinmeyenli ikinci dereceden DE sadece bazı özel durumlarda çözülür, örneğin denklem x 2 + y 2 = z 2 .
• İkinciden daha yüksek dereceli DE'ler, kural olarak, yalnızca sınırlı sayıda çözüme sahiptir (tamsayı olarak).
• İki veya daha fazla bilinmeyenli ikinci derecenin üzerindeki denklemler için tamsayı çözümlerinin varlığı sorunu bile oldukça zordur. Örneğin, denklemin olup olmadığı bilinmemektedir.

x 3 + y 3 + z 3 = 30 en az bir tamsayı çözümü.

• Bireysel diferansiyel denklemleri ve bazen belirli denklemleri çözmek için yeni yöntemler icat etmek gerekir. Açıkçası, keyfi DE'ye çözüm bulmaya izin verecek bir algoritma yoktur.

Doğrusal Diofant Denklemleri

Genel form:

İki değişkenli LDE:

a X + ile = c

Üç değişkenli LDE:

a X + ile + cz = d

İki bilinmeyenli LDE

İki değişkenli LDE:

a X + ile = c

Çözümler:

x = x 0 - bt

de = de 0 + de

Homojen:

a X + göre = 0

Çözümler:

x = - bt

de =

Özel bir çözüm bulma

Çözüm yöntemleri:

• Çoklu yöntem.
• Öklid algoritmasının uygulanması.
• Yineleme yöntemi.
• İniş yöntemi.

• Bölmeden kalanları dikkate alma yöntemi

Çoklu yöntem

denklemi çözün 11 x + 2 y = 69

69'a eşit bir toplam arıyoruz: 55 + 14 = 69 Denklemin özel çözümü

X 0 = 5, y 0 = 7

Öklid algoritmasının uygulanması

denklemi çözün 4 x + 7 y = 16

• Öklid algoritmasını kullanarak 4 ve 7 sayılarının gcd'sini bulalım: gcd(4,7) = 1

• sayıyı ifade edelim 1 katsayılar aracılığıyla a = 4 ve b =7 GCD doğrusal genişleme teoremini kullanarak:

GCD ( a, b ) = au+bv .

• Şunu elde ederiz: 1 = 4 ∙ 2 + 7 ∙ (-1) sen = 2, v = -1

• Denklemin özel çözümü: X 0 = 2 ∙ 16 = 32,

de 0 = -1 ∙ 16 = -16

numaralandırma yöntemi

denklemi çözün 7 x + 12 y = 100

• 7x + 12y = 100
• 7x \u003d 100 - 12y
• 100 - 12y 7'nin katı

Denklemin özel çözümü: X 0 = 4, y 0 = 6

100-12u

Serbest bırakma yöntemi: 3x+8y=60

İfade etmek

değişken X

vasıtasıyla de

İfade etmek

değişken X

vasıtasıyla t

Cevap:

muayene:

Bölmeden kalanları dikkate alma yöntemi

• Denklemi tam sayılarda çözün 3x - 4y \u003d 1
• 3 x = 4 y + 1
• Denklemin sol tarafı 3'e bölünebilir, bu nedenle sağ taraf 3'e bölünebilir olmalıdır. 3'e bölmek 0, 1 ve 2 kalanlarını verebilir.
• 3 durumu ele alalım.

3x = 4 ∙ 3p + 1 = 12p + 1

y=3p+1

3 ile bölünemez

3x = 4 ∙ (3p + 1) +1 = 12p + 3

y=3p+2

3 ile bölünemez

3 x = 4 ∙ (3p + 2) +1 = 12p + 9

3x=3(4p+3)

x = 4 p + 3

Cevap:

3 ile bölünebilir

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

LDE teorisinin olasılıkları Bir denklemin tüm tamsayı çözümlerini bulun X 2 + 5y 2 + 34z 2 + 2xy - 10xz - 22uz =0

Proje bana ne verdi?

• Bir araştırma projesi üzerinde çalışmaya ilişkin içgörü kazandı.
• Diophantine denklemlerinin gelişim tarihi ve Diophantus'un biyografisi ile tanıştı.
• İki ve üç bilinmeyenli LDE'leri çözme yöntemlerini inceledi.
• pratik nitelikte olan ve aynı zamanda olimpiyatlarda, temel okul kursu sınavlarında meydana gelen bir grup problemi çözdü
• Standart olmayan problemleri çözme becerisi kazandı.

Gelecekte ikinci dereceden Diophant denklemlerini ve bunları çözme yöntemlerini incelemeye devam edeceğimi düşünüyorum.

KULLANILAN KAYNAKLARIN LİSTESİ

• Kavramlarda, tanımlarda ve terimlerde matematik. Bölüm 1. Öğretmenler için bir rehber. Ed. L.V. Sabinina. M., "Aydınlanma", 1978. -320 s. (Bir matematik öğretmeninin kütüphanesi.) Başlık kitabının arkasında: O.V. Manturov, Yu.K. Solntsev, Yu.I. Sorokin, N.G. Fedin.
• Nagibin F.F., Kanin E.S. Matematik Kutusu: Bir Öğrenci Kılavuzu. – 4. baskı, gözden geçirilmiş. ve ek - M.: Aydınlanma, 1984. - 160'lar., hasta.
• N.P. Tuchnin. Nasıl soru sorulur? (Okul çocuklarının matematiksel yaratıcılığı üzerine): Öğrenciler için bir kitap. - M.: Eğitim, 1993. - 192 s., hasta.
• S.N.Olekhnik, Yu.V.Nesterenko, M.K.Potapov Eski eğlenceli problemler. –M.: Bustard, 2002. -176s., hasta.
• YaI Perelman. Eğlenceli cebir. - E.: Nauka, 1975. - 200'ler, hasta.
• Seçim kaynağı: http :// www.yugzone.ru /x/ diofant-i-diofantovy-uravneniya / I.G. Bashmakova "Diophantine ve Diophantine Denklemleri".
• Seçim kaynağı: http :// www.goldenmuseum.com /1612Hilbert_eng.html Hilbert'in 10. problemi: matematiksel bir keşfin tarihi (Diophantus, Fermat, Hilbert, Julia Robinson, Nikolai Vorobyov, Yuri Matiyasevich).
• Seçim kaynağı: http://ru.wikipedia.org/wiki/ Diophantine denklemleri.
• Seçim kaynağı: http :// devrim.allbest.ru / matematik /d00013924.html Belov Denis Vladimirovich Doğrusal Diofant Denklemleri.
• Seçim kaynağı: http :// devrim.allbest.ru / matematik /d00063111.html Doğrusal Diofant Denklemleri
• Seçim kaynağı: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=570768 Zyuryukina Olga. Tamsayılarda veya Diophant denklemlerinde belirsiz denklemler.
• Seçim kaynağı: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=561773 Arapov İskender. Diophantus ve denklemleri.
• Seçim kaynağı: http :// tr.wikipedia.org / wiki / Euclid'in algoritması.

Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı

Devlet yüksek öğretim kurumu

mesleki Eğitim

"Tobolsk Devlet Sosyal ve Pedagoji Akademisi

onlara. DI. Mendeleyev"

Matematik Bölümü, TIMOM

Bazı Diofant Denklemleri

ders çalışması

FMF 3. sınıf öğrencisi

Mataev Evgeny Viktorovich

Bilim danışmanı:

Fizik ve Matematik Bilimleri Adayı A.I. Valitskas

Seviye: ____________

Tobolsk - 2011

Giriiş……………………………………………………………………........2

§ 1. Doğrusal Diofant denklemleri……………………………………..3

§ 2. Diofant denklemix 2 – y 2 = a………………………………….....9

§ 3. Diofant denklemix 2 + y 2 = a…………………………………... 12

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

§ 5. Pisagor üçlüleri……………………………………………………….. 19

§ 6. Fermat'ın Son Teoremi…………………………………………………23

Sonuç…………………………………………………………….….....29

Bibliyografya ........………………………………………………..30

GİRİİŞ

Diophantine denklemi, formun bir denklemidir. P(x 1 , … , x n ) = 0 , burada sol taraf değişkenlerde bir polinomdur x 1 , … , x n tamsayı katsayıları ile. Herhangi bir sıralı set (sen 1 ; … ; sen n ) özelliği olan tam sayılar P(sen 1 , … , sen n ) = 0 Diophantine denkleminin (kısmi) çözümü olarak adlandırılır P(x 1 , … , x n ) = 0 . Bir Diophant denklemini çözmek, tüm çözümlerini bulmak anlamına gelir, yani. bu denklemin genel çözümü.

Amacımız, eğer bu çözümler mevcutsa, bazı Diophant denklemlerinin çözümlerini nasıl bulacağımızı öğrenmek olacaktır.

Bunu yapmak için aşağıdaki soruları cevaplamanız gerekir:

a. Diophant denkleminin her zaman bir çözümü var mıdır, çözümün varlığının koşullarını bulun.

b. Diophantine denklemine çözüm bulmayı sağlayan bir algoritma var mı?

Örnekler: 1. diofant denklemi 5 x – 1 = 0 çözümleri yok.

2. diofant denklemi 5 x – 10 = 0 bir çözümü var x = 2 , ki tek olan.

3. denklem içinde x – 8 x 2 = 0 Diophantine değildir.

4. Genellikle formun denklemleri P(x 1 , … , x n ) = Q(x 1 , … , x n ) , nerede P(x 1 , … , x n ) , Q(x 1 , … , x n ) Diophantine olarak da adlandırılan tamsayı katsayılı polinomlardır. şeklinde yazılabilirler. P(x 1 , … , x n ) – Q(x 1 , … , x n ) = 0 , Diophant denklemleri için standarttır.

5. x 2 – y 2 = a herhangi bir tamsayı için x ve y bilinmeyenli ikinci dereceden bir Diophant denklemidir. Bunun için çözümler var a = 1 , ancak bunun için bir çözümü yok a = 2 .

§ 1. Doğrusal Diofant Denklemleri

İzin vermek a 1 , … , a n , İle birlikteZ . Tip denklemi a 1 x 1 + … + bir n x n = c katsayılı doğrusal Diophant denklemi denir a 1 , … , a n , sağ taraf c ve bilinmiyor x 1 , … , x n . Doğrusal bir Diofant denkleminin sağ tarafı c sıfır ise, böyle bir Diofant denklemine homojen denir.

İlk hedefimiz, iki bilinmeyenli doğrusal Diophant denklemlerinin özel ve genel çözümlerini nasıl bulacağımızı öğrenmektir. Açıkçası, herhangi bir homojen Diophantine denklemi a 1 x 1 + … + bir n x n = 0 her zaman belirli bir çözümü vardır (0; … ; 0).

Tüm katsayıları sıfıra eşit olan lineer bir Diofant denkleminin ancak sağ tarafının sıfıra eşit olduğu durumda bir çözümü olduğu açıktır. Genel olarak, aşağıdakilere sahibiz

Teorem (doğrusal bir Diophant denkleminin çözümünün varlığı hakkında). Doğrusal diyofant denklemi a 1 x 1 + … + bir n x n = c Katsayılarının tümü sıfıra eşit olmayan , ancak ve ancak şu durumda bir çözüme sahiptir: GCD(bir 1 , … , a n ) | c.

Kanıt. Durumun gerekliliği açıktır: GCD(bir 1 , … , a n ) | a i (1 i n) , böyle GCD(bir 1 , … , a n ) | (a 1 x 1 + … + a n x n ) yani bölünür ve

c = a 1 x 1 + … + a n x n .

İzin vermek D= gcd(a 1 , … , a n ) , c =Dt ve a 1 sen 1 + … + bir n sen n = D - sayıların en büyük ortak böleninin doğrusal açılımı a 1 , … , a n. Her iki tarafı da çarparak t, alırız a 1 (sen 1 t) + … + bir n (sen n t) = Dt = c, yani tam sayı

n-ka (x 1 t; … ; x n t) ile orijinal denklemin bir çözümüdür n Bilinmeyen.

Teorem kanıtlanmıştır.

Bu teorem, doğrusal Diophant denklemlerine belirli çözümler bulmak için yapıcı bir algoritma sağlar.

Örnekler: 1. Doğrusal diyofant denklemi 12x+21y=5çözümü yok çünkü gcd(12, 21) = 3 bölünmez 5 .

2. Diophantine denkleminin özel bir çözümünü bulun 12x+21y = 6.

Açıkçası şimdi gcd(12, 21) = 3 | 6, yani çözüm var. Doğrusal genişlemeyi yazıyoruz gcd(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1). Bu nedenle bir çift (2; –1) denklemin özel bir çözümüdür 12x+21y = 3 ve bir çift (4; –2) orijinal denklemin özel bir çözümüdür 12x+21y = 6.

3. Doğrusal bir denklemin belirli bir çözümünü bulun 12x + 21y - 2z = 5.

Çünkü (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , o zaman çözüm var. Teoremin ispatını takiben, önce denklemin bir çözümünü buluruz. (12.21)x–2y=5, ve sonra, en büyük ortak bölenin lineer açılımını önceki problemden değiştirerek, orijinal denklemin çözümünü elde ederiz.

denklemi çözmek için 3x - 2y = 5 doğrusal genişlemeyi yazın gcd(3, -2) = 1 = 31 - 21 açıkça. yani bir çift sayı (1; 1) denklemin bir çözümüdür 3 x – 2 y = 1 ve bir çift (5; 5) Diophantine denkleminin özel bir çözümüdür 3x - 2y = 5.

Yani, (12, 21)5 – 25 = 5 . Burada daha önce bulunan lineer genişlemeyi değiştirerek (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , alırız (122+21(–1))5 – 25 = 5 , veya 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , yani tamsayıların üçlüsü (10; –5; 5) orijinal Diophantine denkleminin özel bir çözümüdür 12x + 21y - 2z = 5.

Teorem (doğrusal bir Diophant denkleminin genel çözümünün yapısı hakkında). Doğrusal bir Diophant denklemi için a 1 x 1 + … + bir n x n = c aşağıdaki ifadeler doğrudur:

(1) eğer = (u 1 ; … ; sen n ), = (v 1 ; … ; v n ) onun özel çözümleri, o zaman fark (sen 1 –v 1 ; … ; sen n –v n ) karşılık gelen özel bir çözümdür homojen denklem a 1 x 1 + … + bir n x n = 0 ,

(2) doğrusal Diophant homojen denkleminin özel çözümleri kümesi a 1 x 1 + … + bir n x n = 0 tamsayılarla toplama, çıkarma ve çarpma işlemlerine kapalı,

(3) eğer M verilen doğrusal Diophant denkleminin genel çözümüdür ve L karşılık gelen homojen Diophantine denkleminin genel çözümü, daha sonra herhangi bir özel çözüm için = (u 1 ; … ; sen n ) orijinal denklemin, eşitlik M = +L .

Kanıt. eşitlik çıkarma a 1 v 1 + … + a n v n = c eşitlikten a 1 sen 1 + … +a n sen n = c, alırız a 1 (sen 1 –v 1 ) + … + bir n (sen n –v n ) = 0 , yani, küme

(sen 1 –v 1 ; … ; sen n –v n ) lineer homojen Diophant denkleminin özel bir çözümüdür a 1 x 1 + … + bir n x n = 0 . Böylece kanıtlanmıştır ki

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

Bu, (1) iddiasını kanıtlamaktadır.

İfade (2) benzer şekilde kanıtlanmıştır:

, L z Z L z L .

(3)'ü kanıtlamak için önce şunu not edelim: M+L. Bu, öncekinden gelir: M+L .

Tersine, eğer = (l 1 ; … ; ben n ) L ve = (sen 1 ; … ; sen n ) M, sonra M:

a 1 (sen 1 + ben 1 )+ …+a n (sen n + ben n ) = (bir 1 sen 1 + … + bir n sen n )+(bir 1 ben 1 + … + bir n ben n ) = c + 0 = c.

Böylece, + LM ve sonunda M = +L .

Teorem kanıtlanmıştır.

Kanıtlanmış teoremin net bir geometrik anlamı vardır. Lineer denklemi düşünürsek a 1 x 1 + … + bir n x n = c, nerede X i R, daha sonra geometriden bilindiği gibi uzayda belirler R n düzlemden elde edilen hiperdüzlem L homojen denklemli a 1 x 1 + … +a n x n =0 bir vektör tarafından kaydırılarak koordinatların orijininden geçmek R n. Yüzeyi görüntüle + L kılavuz boşluklu lineer manifold olarak da adlandırılır L ve kaydırma vektörü . Böylece, genel çözümün olduğu kanıtlanmıştır. M diyofan denklemi a 1 x 1 + … + bir n x n = c tamsayı koordinatlarına sahip bazı lineer manifoldun tüm noktalarından oluşur. Bu durumda, kaydırma vektörünün koordinatları da tam sayılardır ve küme L homojen Diophant denkleminin çözümleri a 1 x 1 + … + bir n x n = 0 tamsayı koordinatları ile kılavuz uzayındaki tüm noktalardan oluşur. Bu nedenle, genellikle keyfi bir Diophantine denkleminin çözüm kümesinin, kaydırma vektörü ile doğrusal bir manifold oluşturduğu söylenir. ve lider uzay L.

Örnek: Diophant denklemi için x - y \u003d 1 ortak karar M forma sahip (1+y; y), nerede yZ, onun özel çözümü = (1; 0) ve genel çözüm L homojen denklem x – y = 0şeklinde yazılacak (y; y), nerede deZ. Böylece, orijinal Diophantine denkleminin ve ilgili homojen Diophantine denkleminin çözümlerinin lineer manifoldda kalın noktalarla gösterildiği aşağıdaki resmi çizebiliriz. M ve uzay L sırasıyla.

2. Diophantine denkleminin genel çözümünü bulun 12x + 21y - 2z = 5.

özel karar (10; –5; 5) bu denklem daha önce bulundu, homojen denklemin genel çözümünü buluyoruz 12x + 21y - 2z = 0, Diophant denklemine eşdeğer 12 x + 21 y = 2 z.

Bu denklemin çözülebilir olması için koşulun sağlanması gerekli ve yeterlidir. gcd(12, 21) = 3 | 2z,şunlar. 3 | z veya z = 3t bazı tamsayılar için t. Her iki parçayı da küçültmek 3 , alırız 4x + 7y = 2t. Diophantine denkleminin özel çözümü (2; –1) 4x+7y= 1 önceki örnekte bulundu. Bu yüzden (4t ; -2t) denklemin özel bir çözümüdür 4x + 7y = 2t herhangi

t Z. Karşılık gelen homojen denklemin genel çözümü

(7 sen ; –4 sen) zaten bulundu. Böylece denklemin genel çözümü 4x + 7y = 2tşuna benziyor: (4t + 7sen; -2t - 4sen) ve homojen denklemin genel çözümü 12x + 21y - 2z = 0şöyle yazılacak:

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

Homojen Diophantine denkleminin çözümleri üzerinde kanıt olmadan bu sonucun yukarıda belirtilen teoreme karşılık geldiğini doğrulamak kolaydır. a 1 X 1 + … + bir n X n = 0 : eğer P = , sonra R ve

(sen; t) P kabul edilen homojen denklemin genel çözümüdür.

Diophantine denkleminin genel çözümü 12x + 21y - 2z = 5öyle görünüyor: (10 + 4t + 7sen; –5 – 2t – 4sen; 5+3t).

3. Önceki denklem örneğinde, birçok bilinmeyende Diophantine denklemlerini çözmek için, katsayılarının modüllerinin maksimum değerini art arda azaltmaktan oluşan başka bir yöntemi gösteriyoruz.

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

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

Böylece, ele alınan denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi yazılabilir: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), nerede x, sen keyfi tamsayı parametreleridir.

§ 2. Diofant denklemix 2 – y 2 = a

Örnekler: 1. saat a = 0 sonsuz sayıda çözüm elde ederiz: x = y veya x = – y herkes için y Z.

2. saat a = 1 sahibiz x 2 – y 2 = 1 (x + y)(x – y) = 1 . Böylece, 1 sayısı iki tamsayı faktörünün ürününe ayrıştırılır. x + y ve x – y(önemli, bu x, y- tüm!). çünkü sayı 1 tamsayı faktörlerinin ürününe sadece iki açılım 1 = 11 ve 1 = (–1)(–1) , iki olasılık elde ederiz: .

3. İçin a = 2 sahibiz x 2 – y 2 = 2 (x + y)(x – y) = 2. Bir öncekine benzer şekilde devam ederek, genişlemeleri dikkate alıyoruz.

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), sistemleri oluşturuyoruz:, önceki örnekten farklı olarak, çözümü olmayan. Yani düşünülen Diophantine denklemi için çözüm yok x 2 – y 2 = 2.

4. Önceki değerlendirmeler bazı sonuçlara yol açar. denklem çözümleri x 2 – y 2 = a ayrışıyor a = km sistemden tamsayıların ürününe . Bu sistem tüm çözümlere sahiptir, ancak ve ancak k + m ve k – m eşit, yani sayılar ne zaman k ve m aynı parite (aynı anda çift veya tek). Böylece, x 2 – y 2 = a Diophant denklemi, ancak ve ancak a aynı pariteye sahip iki tamsayı faktörünün bir çarpımına genişletilebiliyorsa bir çözüme sahiptir. Sadece tüm böyle bir .

Teorem (denklemdex 2 – y 2 = a ). (1) denklem x 2 – y 2 = 0 sonsuz sayıda çözümü vardır .

(2) Denklemin herhangi bir çözümü şu şekilde elde edilir: , nerede a = km a sayısının aynı pariteye sahip iki tamsayı faktörünün ürününe ayrıştırılmasıdır.

(3) denklem x 2 – y 2 = a bir çözümü varsa ve ancak a 2 (mod 4).

Kanıt.(1) zaten kanıtlanmıştır.

(2) zaten kanıtlanmıştır.

(3) () Önce Diophant denklemini verelim x 2 – y 2 = a bir çözümü var. bunu kanıtlayalım a 2 (mod 4) . Eğer bir a = km aynı paritenin tamsayılarının bir ürününe genişleme, o zaman bile k ve m sahibiz k = 2 ben, m = 2 n ve a = km = 4 içinde 0 (mod 4) . Garip olması durumunda k, m onların işleri a ayrıca tuhaf, fark a – 2 tek ve bölünemez 4 , yani Yeniden

a 2 (mod 4).

() eğer şimdi a 2 (mod 4) , o zaman denklemin bir çözümünü oluşturabiliriz x 2 – y 2 = a. Gerçekten, eğer a tuhafsa, o zaman a = 1 a tek tam sayıların çarpım ayrıştırmasıdır, böylece Diophant denkleminin çözümüdür. Eğer a çift ise, o zaman a 2 (mod 4) anladık 4 | a, a = 4 b = 2(2 b) çift ​​tam sayıların çarpım ayrıştırmasıdır, böylece Diophant denkleminin çözümüdür.

Teorem kanıtlanmıştır.

Örnekler: 1. diofant denklemi x 2 – y 2 = 2012 çözüm yok çünkü 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. diofant denklemi x 2 – y 2 = 2011 çözümleri vardır, çünkü

2011 3 (mod 4). Açık genişlemelerimiz var

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

çözüm bulduğumuz her biri için (herhangi bir karakter kombinasyonu). Başka çözüm yok çünkü sayı 2011 basit (?!).

§ 3. Diofant denklemix 2 + y 2 = a

Örnekler: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Bu nedenle, herhangi bir karenin önemsiz bir şekilde iki karenin toplamı olarak gösterilebileceği açıktır.

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

Yukarıdaki sonuçların bir analizi, çözümlerin yokluğunun bir şekilde formun asal sayılarıyla ilgili olduğunu önerebilir.

4 n+3 iki karenin toplamı olarak gösterilemeyen sayıların çarpanlarına ayrılmasında bulunur.

Teorem (doğal sayıların iki karenin toplamı ile temsili üzerine). Bir doğal sayı a, iki karenin toplamı olarak gösterilebilir, ancak ve ancak kanonik açılımında formun asal sayıları ise 4 n + 3 hatta üsleri var.

Kanıt.İlk önce, eğer bir doğal sayı a iki karenin toplamı olarak gösterilebiliyorsa, o zaman formun tüm asal sayılarının kanonik açılımında kanıtlıyoruz. 4 n + 3 hatta üsleri olmalıdır. Diyelim ki, kanıtlananın aksine, a= p 2 k +1 b = x 2 + y 2 , nerede

R - formun asal sayısı 4 n+3 ve b p. Rakamları hayal et X ve de olarak

x =Dz, y = Dt, neredeD= gcd(x, y) = p s w, p w; z, t, s N 0 . Sonra eşitliği elde ederiz. R 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = p 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , yani R 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . Eşitliğin sol tarafında p vardır (tek kuvvet sıfıra eşit değildir), bu da sağ taraftaki çarpanlardan birinin p asal sayısına bölünebildiği anlamına gelir. Çünkü p w, sonra p | (z 2 + t 2 ) , sayılar nerede z, t karşılıklı basit. Bu, bir sonraki lemma (?!) ile çelişmektedir.

Lemma (iki kare toplamının formun bir asal sayısına bölünebilirliği hakkında)

4 n + 3 ). bir asal sayı ise p = 4n+3 iki doğal sayının karelerinin toplamını böler, sonra bu sayıların her birini böler.

Kanıt. Aksine. İzin vermek x 2 + y 2 0(mod p) , ancak x0(mod p) veya y 0 (mod p) . Çünkü x ve y simetriktirler, değiştirilebilirler, bu yüzden şunu varsayabiliriz: x p.

Lemma (tersinirlik modülündep ). herhangi bir tamsayı için x asal sayıya bölünemez p, bir ters eleman modulo var p – böyle bir tam sayı 1 sen < p, ne xi 1 (mod p).

Kanıt. Sayı x asal olmak p, böylece doğrusal bir açılım yazabiliriz GCD(x, p) = 1 = xi + pv (sen, v Z) . açık ki xi1(modp) , yani sen- ters eleman x modül p. Eğer bir sen kısıtlamayı karşılamıyor 1 sen < p, sonra bölme sen geri kalanı ile p, kalanı alırız r sen (mod p) , hangisi için xr xi 1 (mod p) ve 0 r < p.

Modulo tersinirlik lemması p kanıtlanmış.

Çarpma Karşılaştırması x 2 + y 2 0 (mod p) kare başına sen 2 ters eleman x modül p, alırız 0 = 0u 2 x 2 sen 2 +y 2 sen 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1+t 2 (mod p).

İçin böylece t = sen karşılaştırma yapıldı t 2 –1 (mod p) , ki biz bunu bir çelişkiye getiriyoruz. açık ki t p: aksi halde t 0 (mod p) ve 0 t 2 –1 (mod p) , ki bu imkansız. Fermat teoremi ile sahip olduğumuz t p –1 1 (mod p) ile birlikte t 2 –1 (mod p) ve p = 4 n + 3 bir çelişkiye yol açar:

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

Elde edilen çelişki, varsayımın x 0 (mod p) doğru değildi.

İki karenin toplamının bir asal sayıya bölünebilirliği ile ilgili lemma 4 n+3 kanıtlanmış.

Böylece, kanonik ayrıştırması bir asal sayı içeren sayının p = 4 n + 3 tek bir kuvvete, iki karenin toplamı olarak temsil edilemez.

Şimdi kanonik açılımında asal sayılar olan herhangi bir sayının p = 4 n + 3 sadece iki karenin toplamı olarak gösterilebilen çift güçlere katılır.

Kanıt fikri aşağıdaki kimliğe dayanmaktadır:

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

karmaşık sayıların modülünün iyi bilinen özelliğinden elde edilebilen - ürünün modülü, modüllerin ürününe eşittir. Yok canım,

| z|| t| = | zt| | a + iki|| c + di| = |(a + iki)(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 + (reklam + bc) 2 .

Bu özdeşlikten şu sonuç çıkar ki, eğer iki sayı u, v ise iki karenin toplamı olarak gösterilebilir: sen = x 2 + y 2 , v = z 2 + t 2 , o zaman ürünleri uv iki karenin toplamı olarak da gösterilebilir: UV = (xz – YT) 2 + (xt + yz) 2 .

herhangi bir doğal sayı a > 1 şeklinde yazılabilir a= p 1 … R k m 2 , nerede R i ikili olarak farklı asal sayılardır, m N . Bunu yapmak için kanonik ayrıştırmayı bulmak yeterlidir. , formun her derecesini yazın r bir kare şeklinde (r) 2 hatta için = 2, veya formda r = r(r) 2 garip için = 2 + 1 ve ardından kareleri ve kalan tekli asal sayıları ayrı olarak gruplayın. Örneğin,

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

Sayı m 2 iki karenin toplamı olarak önemsiz bir temsili vardır: m 2 = 0 2 + m 2 . Temsil edilebilirliği tüm asal sayıların iki karesinin toplamı olarak kanıtlarsak R i (1 i k) , daha sonra özdeşlik kullanılarak a sayısının temsili de elde edilecektir. Koşullara göre, sayılar arasında R 1 , … , R k sadece buluşabilir 2 = 1 2 + 1 2 ve formun asal sayıları 4 n + 1 . Böylece, bir asal sayının iki karesinin toplamı olarak bir temsil elde etmek için kalır. p = 4m + 1. Bu ifadeyi ayrı bir teoreme ayırıyoruz (aşağıya bakınız)

örneğin, için a = 29250 = 2513(15) 2 sırayla şunu elde ederiz:

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 .

Teorem kanıtlanmıştır.

§ 4. Denklemx + x + 1 = 3y

Şimdi denklemle ilgilenelim x+x+1=Zu. Zaten kendi geçmişi var. 1950'de R. Oblat, çözmenin yanı sıra

x=y=1. doğal sayılarda başka çözümü yoktur x, y burada x bir tek sayıdır. Aynı yıl T. Nagel çözüme dikkat çekti. x= 313, y = 181. Denklem için yukarıdakine benzer bir yöntem x+x-2y=0, denklemin tüm çözümlerini belirlememize izin verecek x+x+1=3y (1)

doğal sayılarda x, de. farz edelim ki (x, y) doğal sayılarda denklem (1)'in bir çözümüdür ve x > 1. (18) denkleminin doğal sayılarda çözümü olmadığı kolayca görülebilir. x, y, nerede x = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9; bu yüzden olmalı x10.

bunu gösterelim 12 yıl<7 x+3, 7y>4x+ 2. 4y > 2x+1 . (2)

O olsaydı 12 yıl> 7x+3, yapardık 144y> 49 x+42 x+9 . ve (18)'e göre, 144y= 48x+ 48 x + 48 , o zaman olurdu X< 6 x +3 9, nereden

(x-z)< 48 ve bu nedenle, verilen x> 10, 7 < 148 , ki bu imkansız. Böylece, eşitsizliklerden (2) birincisi ispatlanmış olur.

O olsaydı 7y< 4 x+2 , yapardık 49y< 16 x+ 16 x+4 ve (1)'e göre, 16 x+ 16 x+ 16 = 48y, o zaman olurdu 49y< 48u-12, ki bu imkansız. Böylece, üçüncünün doğrudan takip ettiği eşitsizliklerden (2) ikincisi kanıtlanmıştır. Yani, eşitsizlikler (2) doğrudur.

şimdi koyalım

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

(2)'ye dayanarak, şunu buluruz: w > 0 , h > 0 ve X -w=3(4 y-2 x-1)>0 ve bu nedenle, w<х . (3)'e göre, w 2 + w+1=3 h 2 (1)'e göre, kabul ediyoruz g(x, y) = (7x - 12y + 3, -4x + 7y -2).

Yani, herhangi bir çözüme dayanarak şunu söyleyebiliriz. (x, y) denklemler (1) doğal sayılarda, burada x > 1, yeni bir çözüm buluyoruz (w, h) = g(x, y) doğal sayılarda denklemler (1) w, h nerede w < х (ve dolayısıyla daha küçük doğal sayılardaki çözüm). Dolayısıyla, yukarıdaki gibi davranarak, Denklem (1)'in doğal sayılardaki her çözümü için şunu buluruz: x, y, nerede x > 1öyle bir n doğal sayısı vardır ki g(x, y) = (l, 1).

kabul ettikten f(x, y) = (7x+12y + 3, 4x+ 7y + 2), (4) bunu kolayca bulabiliriz f(g(x, y)) = (x, y) ve dolayısıyla (x, y) = f(1,1) Öte yandan, olup olmadığını kontrol etmek kolaydır. (x, y) doğal sayılarda denklem (1)'in bir çözümüdür, o zaman f(x, y) doğal sayılarda (sırasıyla, daha büyük) denklem (1)'in bir çözümü de vardır. X ve de).

kabul ettikten x=y=1(x, y) = f(1, 1) için n=2,3,…..,

sırayı alıyoruz { x, y} için n= 1, 2,….., (1) denkleminin tüm çözümlerini doğal sayılarda ve sadece bu tür çözümleri içerir.

işte bizde (X,y)= f(1,1)= f(x, y), bu nedenle, (4) nedeniyle, elde ederiz

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

Tüm çözümleri tutarlı bir şekilde belirlemenizi sağlayan formüller (x, y) denklemler (1) doğal sayılarda. Bu sayede kolayca çözümler elde ederiz. (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Bu çözümlerin sonsuz sayıda olduğu açıktır. eşitliklerden

x=y=1 ve (4) tümevarım yoluyla sayıların X tek indeksler tek, çift indeksler çift ve sayılar yözü tuhaf n = 1, 2, ... (1) denkleminin tüm çözümlerini tam sayılarda elde etmek için x, y, ispatı kolay olduğu için zaten elde edilmiş çözümlere göre hareket edecektir. (x, y) katılmak (x, -y) ve (-x-1,±y) için n=1, 2, .. .

Yani burada, örneğin, daha fazla çözümümüz var: (-2,1) (-23,13), (-314,181). A. Rotkevich, (1) denkleminin tüm çözümlerinin doğal sayılarda olduğunu kaydetti. x > 1 ve y denklemin tüm çözümlerini alabilir (z+1)-z=y (6)

doğal sayılarda z, y. Gerçekten de, z, y doğal sayılarının denklem (5)'i sağladığını varsayalım. koyarak x=3z+l, kontrol etmesi kolay olduğu için doğal sayıları elde ederiz. x > 1 ve de tatmin edici denklem (1).

Öte yandan, eğer doğal sayılar x > 1 ve de(1) denklemini sağlayın, o zaman kontrol etmesi kolay olduğu için, (x-1)= 3(y-x), buradan sayı (doğal) x-1 bölü 3 , Sonuç olarak x-1=3 nerede z bir doğal sayıdır ve eşitlik 3z=y-x=y3z-1 sayıların olduğunu kanıtlayan z ve de denklemi (6) karşılayın. Böylece çözümlere dayalı olarak (22,13),(313,181), (4366,2521) denklem (1), çözümler elde ederiz (7,13),(104,181),(1455,2521) denklemler (6). Ayrıca burada not edelim ki, eğer doğal sayılar z, y denklem (6)'yı karşılarsa, kanıtlanmıştır ki deörneğin ardışık iki karenin toplamıdır 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Benzer şekilde, daha önce denklem (1) için olduğu gibi, denklemin tüm çözümlerini bulabiliriz. x+(x+1)= y doğal sayılarda x, y, almak x > 3 g (x. y) \u003d (3x -2y + 1, 3y - 4x - 2) ve için x> 1 f(x, y) = (3x+ 2y+l, 4x + Zu + 2), hangi formüle yol açar ( x, y)f(3,5) ve denklem (6)'nın x, y doğal sayılarındaki tüm çözümlerinin dizide yer aldığı sonucuna varmak { x, y} için n= 1, 2,…., nerede x=3, y=5 vex=3 x+2 y+1 . y = 4 x+3 y+2 (n=1, 2, ...). Örneğin, x \u003d 3 3 + 2 5 + 1 \u003d 20, y \u003d 4 3 + Z 5 + 2 \u003d 29;x=119, y=169:x=69b, y=985;x=4059, y=5741.

Ele alınan denklemin geometrik anlamı, bacakları ardışık doğal sayılarla ifade edilen tüm Pisagor üçgenlerini (doğal kenarları olan dikdörtgen) vermesidir. Böyle sonsuz sayıda üçgen vardır (*).

denklem x+(x+1)= y, doğal sayılarda hiçbir çözümü olmadığı kanıtlanmıştır x, y.