Yechimlari integral yoki butun sonlarda izlanadigan algebraik tengsizliklar yoki ularning ratsional koeffitsientli tizimlari. Qoidaga ko'ra, Diofantin tenglamalarida noma'lumlar soni ko'proq. Shunday qilib, ular noaniq tengsizliklar sifatida ham tanilgan. Zamonaviy matematikada yuqoridagi tushuncha yechimlari Q-ratsional oʻzgaruvchilar maydoni, p-adik oʻzgaruvchilar maydoni va boshqalarning qandaydir kengayishi algebraik butun sonlarida izlanadigan algebraik tenglamalarga nisbatan qoʻllaniladi.

Bu tengsizliklarning kelib chiqishi

Diofant tenglamalarini o'rganish raqamlar nazariyasi va algebraik geometriya o'rtasidagi chegarada joylashgan. Butun o‘zgaruvchilarda yechim topish eng qadimgi matematik masalalardan biridir. Miloddan avvalgi II ming yillikning boshlarida. qadimgi bobilliklar ikkita noma'lumli tenglamalar tizimini echishga muvaffaq bo'lishdi. Matematikaning ushbu bo'limi eng ichida gullab-yashnagan Qadimgi Gretsiya. Diofant (taxminan 3-asr) arifmetikasi har xil turdagi va tenglamalar tizimini o'z ichiga olgan muhim va asosiy manbadir.

Bu kitobda Diofant 19-asrda toʻliq ishlab chiqilgan ikkinchi va uchinchi darajali tengsizliklarni oʻrganishning bir qancha usullarini oldindan koʻra olgan. Nazariyaning yaratilishi ratsional sonlar Qadimgi Yunonistonning ushbu tadqiqotchisi tahlilga olib keldi mantiqiy qarorlar uning kitobida muntazam ravishda kuzatilgan noaniq tizimlar. Uning ishi aniq diofant tenglamalari yechimlarini o'z ichiga olgan bo'lsa-da, u bir nechta umumiy usullar bilan ham tanish bo'lgan deb ishonishga asos bor.

Ushbu tengsizliklarni o'rganish odatda jiddiy qiyinchiliklar bilan bog'liq. Ularda F (x, y1,…, y n) butun koeffitsientli ko'phadlar borligi sababli. Shundan kelib chiqib, F (x, y 1 ,…., y n) tenglama qanoatlantirilishi yoki bajarilmaganligini har qanday berilgan x uchun aniqlay oladigan yagona algoritm mavjud emasligi haqidagi xulosalar chiqarildi. Vaziyat y 1, …, y n uchun hal qilinadi. Bunday ko'phadlarga misollar yozilishi mumkin.

Eng oddiy tengsizlik

ax + by = 1, bu erda a va b nisbatan butun va tub sonlar bo'lsa, u uchun juda ko'p sonli bajarilishlar mavjud (agar x 0, y 0 natija hosil bo'lsa, u holda x = x 0 + b n o'zgaruvchilar juftligi va y = y 0 -an , bu erda n ixtiyoriy, tengsizlikni bajaruvchi sifatida ham ko'rib chiqiladi). Diofant tenglamalarining yana bir misoli x 2 + y 2 = z 2 dir. Bu tengsizlikning musbat integral yechimlari kichik tomonlari x, y va to'g'ri burchakli uchburchaklar uzunliklari, shuningdek, butun tomon o'lchamlari bilan gipotenuza z hisoblanadi. Bu raqamlar Pifagor raqamlari sifatida tanilgan. Yuqorida tilga olingan oddiy oʻzgaruvchilarga nisbatan barcha uchliklar x=m 2 - n 2, y = 2mn, z = m 2 + n 2 formulalari bilan berilgan, bunda m va n butun va tub sonlar (m>n>0) ).

Diofant o'zining "Arifmetika"sida o'z tengsizliklarining maxsus turlarining oqilona (integral bo'lishi shart emas) echimlarini qidiradi. Birinchi darajali diofantin tenglamalarini yechishning umumiy nazariyasi XVII asrda C. G. Baschet tomonidan ishlab chiqilgan. Boshqa olimlar XIX boshi asrda, asosan, ax 2 +bxy + cy 2 + dx +ey +f = 0 tipidagi tengsizliklar o'rganilgan, bu erda a, b, c, d, e va f umumiy, bir jinsli bo'lmagan, ikkita noma'lum. ikkinchi daraja. Lagrange o'z tadqiqotida davomli kasrlardan foydalangan. Gauss kvadratik shakllar uchun ba'zi turdagi echimlar asosida umumiy nazariyani ishlab chiqdi.

Ikkinchi darajadagi ushbu tengsizliklarni o'rganishda faqat 20-asrda sezilarli yutuqlarga erishildi. A. Thue Diofant tenglamasi a 0 x n + a 1 x n-1 y +…+a n y n =c ekanligini aniqladi, bunda n≥3, a 0 ,…,a n ,c butun sonlar va 0 t n + … + a n. imp bo'lishi mumkin emas yakuniy miqdor butun sonli yechimlar. Biroq, Thue usuli to'g'ri ishlab chiqilmagan. A. Beyker bunday turdagi ba'zi tenglamalarning ishlashiga baho beradigan samarali teoremalarni yaratdi. B. N. Delaunay ushbu tengsizliklarning torroq sinfiga nisbatan qo'llaniladigan boshqa tekshirish usulini taklif qildi. Xususan, ax 3 + y 3 = 1 shakli shu tarzda butunlay echilishi mumkin.

Diofant tenglamalari: yechish usullari

Diofant nazariyasi ko'p yo'nalishlarga ega. Shunday qilib, bu sistemadagi mashhur masala, agar n ≥ 3 bo'lsa, x n + y n = z n Diofant tenglamalarining notrivial yechimi yo'q degan faraz (Fermat savoli). Tengsizlikning butun sonli bajarilishini o'rganish Pifagor uchliklari muammosini tabiiy umumlashtirishdir. Eyler n = 4 uchun Ferma masalasining ijobiy yechimini oldi. Bu natijaga ko'ra, agar n toq tub son bo'lsa, tenglamaning nolga teng bo'lmagan o'rganilayotgan butun sonni isbotlashga ishora qiladi.

Qaror bo'yicha o'rganish tugallanmagan. Uni amalga oshirishdagi qiyinchiliklar algebraik butun sonlar halqasida oddiy faktorizatsiya yagona emasligi bilan bog'liq. Bu sistemada tub darajalar n ko‘p sinflari uchun bo‘linuvchilar nazariyasi Ferma teoremasining to‘g‘riligini tasdiqlash imkonini beradi. Shunday qilib, ikkita noma'lumli chiziqli Diofantin tenglamasi mavjud usullar va usullar bilan bajariladi.

Ta'riflangan vazifalarning turlari va turlari

Algebraik butun sonlar halqalari arifmetikasidan boshqa ko‘plab masalalar va Diofant tenglamalarining yechimlarida ham qo‘llaniladi. Masalan, N(a 1 x 1 +…+ a n x n) = m ko'rinishdagi tengsizliklarni bajarishda bunday usullar qo'llanilgan, bu erda N(a) a ning normasi va x 1 , …, x n integral ratsional o'zgaruvchilar topilgan. . Bu sinfga Pell tenglamasi x 2- dy 2 =1 kiradi.

Ko'rinadigan a 1, ..., a n qiymatlari, bu tenglamalar ikki turga bo'linadi. Birinchi tur - to'liq shakllar deb atalmish - tenglamalarni o'z ichiga oladi, ular orasida Q ratsional o'zgaruvchilar maydonida m chiziqli mustaqil sonlar mavjud, bu erda m =, Q algebraik ko'rsatkichlar darajasi mavjud (a1,..., a n) ustidan Q. Toʻliq boʻlmagan turlar - a i ning maksimal soni m dan kichik boʻlgan turlar.

To'liq shakllar oddiyroq, ularni o'rganish tugallangan va barcha echimlarni tavsiflash mumkin. Ikkinchi tur - to'liq bo'lmagan turlar - ancha murakkab va bunday nazariyani ishlab chiqish hali tugamagan. Bunday tenglamalar F(x,y)=C tengsizlikni o'z ichiga oluvchi diofant yaqinlashuvlari yordamida o'rganiladi, bunda F (x,y) - n≥3 darajali ko'phad qaytarilmas, bir jinsli. Shunday qilib, y i → ∞ deb taxmin qilishimiz mumkin. Shunga ko'ra, agar y i etarlicha katta bo'lsa, u holda tengsizlik Thue, Siegel va Roth teoremalariga zid bo'ladi, shundan kelib chiqadiki, F(x,y)=C, bu erda F uchinchi darajali yoki undan yuqori ko'rinishdir, qaytarilmaydi. cheksiz ko'p echimlarga ega.

Bu misol hamma orasida ancha tor sinfdir. Masalan, soddaligiga qaramay, x 3 + y 3 + z 3 = N, shuningdek, x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = N bu sinfga kiritilmagan. Yechimlarni o'rganish diofant tenglamalarining juda sinchkovlik bilan o'rganilgan bo'limi bo'lib, bu erda asos raqamlarning kvadratik shakllari bilan ifodalanadi. Lagranj barcha natural N uchun bajarilishi borligini aytadigan teorema yaratdi. Har qanday natural sonni uchta kvadrat yig‘indisi (Gauss teoremasi) sifatida ifodalash mumkin, lekin u 4 a (8K-1) ko‘rinishda bo‘lmasligi kerak, bunda a va k - manfiy bo'lmagan butun son ballari.

F (x 1 , …, x n) = a tipidagi Diofant tenglamalar tizimining ratsional yoki integral yechimlari, bu erda F (x 1 , …, x n) butun sonli koeffitsientli kvadrat shakldir. Shunday qilib, Minkovski-Hasse teoremasiga ko‘ra, a ij va b ratsional bo‘lgan ∑a ij x i x j = b tengsizlik, har bir tub son p uchun haqiqiy va p-adik sonlarda integral yechimga ega bo‘ladi, agar u shu tuzilishda yechilsagina. .

O'ziga xos qiyinchiliklar tufayli uchinchi va undan yuqori darajadagi ixtiyoriy shakllar bilan raqamlarni o'rganish kamroq darajada o'rganildi. Asosiy bajarilish usuli - trigonometrik yig'indilar usuli. Bunda tenglamaning yechimlari soni Furye integralida aniq yoziladi. Shundan so'ng, mos keladigan mos keladigan tengsizlikning bajarilishi sonini ifodalash uchun atrof-muhit usuli qo'llaniladi. Trigonometrik yig'indilar usuli tengsizliklarning algebraik xususiyatlariga bog'liq. Chiziqli diofant tenglamalarini echish uchun juda ko'p elementar usullar mavjud.

Diofantni tahlil qilish

Matematikaning geometriya usullari bilan algebra tenglamalar sistemalarining integral va ratsional yechimlarini o'rganish predmeti bo'lgan bo'limi, xuddi shu sohadan. 19-asrning 2-yarmida bu sonlar nazariyasining paydo boʻlishi diofant tenglamalarini koeffitsientli ixtiyoriy maydondan oʻrganishga olib keldi va yechimlar uning ichida yoki uning halqalarida koʻrib chiqildi. Algebraik funksiyalar tizimi raqamlar bilan parallel ravishda ishlab chiqilgan. D.Hilbert va xususan, L.Kroneker tomonidan ta'kidlangan ikkala o'rtasidagi asosiy o'xshashlik odatda global deb ataladigan turli xil arifmetik tushunchalarni bir xilda qurishga olib keldi.

Bu, ayniqsa, konstantalarning cheklangan maydonida o'rganilayotgan algebraik funktsiyalar bir o'zgaruvchi bo'lsa, seziladi. Sinf maydoni nazariyasi, bo'linuvchi va tarmoqlanish va natijalar kabi tushunchalar yuqoridagilarning yaxshi namunasidir. Bu nuqtai nazar diofant tengsizliklari tizimida keyinroq qabul qilingan va faqat sonli koeffitsientlar bilan emas, balki funksiya bo'lgan koeffitsientlar bilan ham tizimli tadqiqotlar faqat 1950-yillarda boshlangan. Ushbu yondashuvning hal qiluvchi omillaridan biri algebraik geometriyaning rivojlanishi edi. Bitta fanning ikki barobar muhim jihati sifatida vujudga keladigan son va funksiya sohalarining bir vaqtda o‘rganilishi nafis va ishonchli natijalar beribgina qolmay, balki ikki mavzuning o‘zaro boyishiga olib keldi.

Algebraik geometriyada xilma-xillik tushunchasi berilgan K maydonidagi o'zgarmas tengsizliklar to'plamini almashtirish uchun ishlatiladi va ularning echimlari K yoki uning chekli kengaytmasidagi qiymatlari bo'lgan ratsional nuqtalar bilan almashtiriladi. Shunga ko'ra, aytish mumkinki, diofant geometriyasining asosiy muammosi X(K) algebraik to'plamining ratsional nuqtalarini o'rganishdir, bu erda X - K maydonidagi ma'lum sonlar. Butun sonni amalga oshirish mavjud. geometrik ma'no chiziqli diofant tenglamalarida.

Tengsizlikni o'rganish va variantlari

Algebraik navlar bo'yicha ratsional (yoki integral) nuqtalarni o'rganishda birinchi muammo paydo bo'ladi, bu ularning mavjudligi. Gilbertning o'ninchi muammosi ushbu muammoni hal qilishning umumiy usulini topish muammosi sifatida tuzilgan. Algoritmning aniq ta'rifini yaratish jarayonida va shunga o'xshash bajarilishlar isbotlanganidan keyin katta raqam muammolar mavjud emas, muammo aniq salbiy natijaga erishdi va eng qiziqarli savol yuqoridagi tizim mavjud bo'lgan diofant tenglamalari sinflarini aniqlashdir. Algebraik nuqtai nazardan eng tabiiy yondashuv Hasse printsipi deb ataladi: boshlang'ich maydon K barcha mumkin bo'lgan taxminlar uchun uning to'ldirilishi K v bilan birga o'rganiladi. X(K) = X(K v) borliqning zaruriy sharti bo’lgani uchun va K nuqta X(K v) to’plam hamma v uchun bo’sh emasligini hisobga oladi.

Muhimligi shundaki, u ikkita muammoni birlashtiradi. Ikkinchisi ancha sodda, uni ma'lum algoritm bilan yechish mumkin. X xilma-xilligi proyektiv bo'lgan alohida holatda, Hansel lemmasi va uning umumlashmalari yanada qisqarishga imkon beradi: muammoni cheklangan maydon ustidagi ratsional nuqtalarni o'rganishga qisqartirish mumkin. Keyin u kontseptsiyani izchil tadqiqotlar yoki samaraliroq usullar orqali qurishga qaror qiladi.

Oxirgi muhim mulohaza shuki, X(K v) to‘plamlar chekli v sonidan tashqari hamma uchun bo‘sh emas, shuning uchun shartlar soni har doim chekli bo‘ladi va ularni samarali tekshirish mumkin. Biroq, Hasse printsipi daraja egri chiziqlariga taalluqli emas. Masalan, 3x 3 + 4y 3 =5 barcha p-adik son maydonlarida va tizimda nuqtalarga ega, ammo ratsional nuqtalarga ega emas.

Ushbu usul Hasse printsipidan "burilish" ni amalga oshirish uchun Abel navlarining asosiy bir hil bo'shliqlari sinflarini tavsiflovchi kontseptsiyani qurish uchun boshlang'ich nuqta bo'lib xizmat qildi. Har bir manifold (Tate-Shafarevich guruhi) bilan bog'lanishi mumkin bo'lgan maxsus tuzilish nuqtai nazaridan tasvirlangan. Nazariyaning asosiy qiyinligi guruhlarni hisoblash usullarini olish qiyinligidadir. Bu kontseptsiya algebraik navlarning boshqa sinflariga ham kengaytirilgan.

Tengsizliklarni bajarish algoritmini qidiring

Diofant tenglamalarini o'rganishda qo'llaniladigan yana bir evristik g'oya shundan iboratki, agar tengsizliklar to'plamida ishtirok etadigan o'zgaruvchilar soni ko'p bo'lsa, u holda tizim odatda yechimga ega bo'ladi. Biroq, har qanday alohida holat uchun buni isbotlash juda qiyin. Ushbu turdagi masalalarga umumiy yondashuvda analitik sonlar nazariyasi qo'llaniladi va trigonometrik yig'indilarni baholashga asoslanadi. Bu usul dastlab maxsus turdagi tenglamalar uchun qo'llanilgan.

Biroq, keyinchalik uning yordami bilan isbotlanganki, agar toq darajali shakl F bo'lsa, d va n o'zgaruvchilarda va ratsional koeffitsientlarga ega bo'lsa, u holda n d ga nisbatan etarlicha katta bo'ladi, shuning uchun proyektiv gipersirt F = 0 ratsional nuqtaga ega. Artin taxminiga ko'ra, bu natija n > d 2 bo'lsa ham to'g'ri bo'ladi. Bu faqat kvadratik shakllar uchun isbotlangan. Shunga o'xshash muammolarni boshqa sohalar uchun ham so'rash mumkin. Diofant geometriyasining markaziy muammosi butun son yoki ratsional nuqtalar to'plamining tuzilishi va ularni o'rganish bo'lib, aniqlanishi kerak bo'lgan birinchi savol bu to'plamning chekli ekanligidir. Ushbu muammoda, agar tizim darajasi o'zgaruvchilar sonidan ancha katta bo'lsa, vaziyat odatda cheklangan miqdordagi bajarilishlarga ega. Bu asosiy taxmin.

Chiziqlar va egri chiziqlardagi tengsizliklar

X(K) guruhini r-darajali erkin tuzilma va n-tartibli chekli guruhning toʻgʻridan-toʻgʻri yigʻindisi sifatida ifodalash mumkin. 1930-yillardan boshlab bu sonlar berilgan K maydoni boʻyicha barcha elliptik egri chiziqlar toʻplamida chegaralanganmi, degan savol oʻrganildi.Buralish n ning chegaralanganligi 70-yillarda koʻrsatildi. Funktsional holatda o'zboshimchalik bilan yuqori darajali egri chiziqlar mavjud. Raqamli holatda, bu savolga hali ham javob yo'q.

Nihoyat, Mordell gipotezasi g>1 jinsdagi egri chiziq uchun integral nuqtalar soni chekli ekanligini bildiradi. Funktsional holatda bu kontseptsiyani 1963 yilda Yu.I.Manin ko'rsatgan. Diofant geometriyasida cheklilik teoremalarini isbotlashda foydalaniladigan asosiy vosita balandlik hisoblanadi. Birdan katta o'lchamdagi algebraik navlar ichida elliptik egri chiziqlarning ko'p o'lchovli analoglari bo'lgan Abel navlari eng chuqur o'rganilgan.

A.Veyl ratsional nuqtalar guruhi generatorlari sonining chekliligi haqidagi teoremani har qanday o'lchamdagi abel navlariga (Mordell-Veyl tushunchasi) umumlashtirib, uni kengaytirdi. 1960-yillarda Birch va Svinnerton-Dyerning gipotezasi paydo bo'lib, bu va guruh va manifoldning zeta funktsiyalarini yaxshilaydi. Raqamli dalillar bu farazni tasdiqlaydi.

Qaror qabul qilish muammosi

Muammo har qanday Diofant tenglamasining yechimi bor yoki yo'qligini aniqlash uchun ishlatilishi mumkin bo'lgan algoritmni topishdir. Qo'yilgan muammoning muhim xususiyati har qanday tengsizlikka mos keladigan universal usulni izlashdir. Bunday usul yuqoridagi tizimlarni yechishga ham imkon beradi, chunki u P21+⋯+P2k=0.p1= 0 , ... , PK= 0p = 0,...,pK = 0 yoki p21+ ⋯ + P2K= ga ekvivalentdir. 0 . n12+⋯+pK2=0. Butun sonlardagi chiziqli tengsizliklar yechimini topishning bunday universal usulini topish masalasini D. Gilbert.

1950-yillarning boshlarida Diofant tenglamalarini echish algoritmi yo'qligini isbotlashga qaratilgan birinchi tadqiqotlar paydo bo'ldi. Bu vaqtda Devis gipotezasi paydo bo'lib, unda har qanday sanab o'tiladigan to'plam ham yunon olimiga tegishli ekanligini aytdi. Chunki algoritmik jihatdan hal qilib bo'lmaydigan to'plamlarning misollari ma'lum, lekin rekursiv sanab o'tiladi. Bundan kelib chiqadiki, Devis gipotezasi to'g'ri va bu tenglamalarning echilishi masalasi manfiy bajariladi.

Shundan so'ng, Devis gipotezasi uchun bir vaqtning o'zida yechimga ega bo'lgan (yoki yo'q) tengsizlikni o'zgartirish usuli mavjudligini isbotlash qoladi. Diofant tenglamasining bunday o'zgarishi, agar u ko'rsatilgan ikkita xususiyatga ega bo'lsa, mumkinligi ko'rsatildi: 1) ushbu turdagi har qanday yechimda. v≤uu; 2) har qanday uchun k eksponentsial o'sish bo'lgan ijro bor.

Ushbu sinfning chiziqli diofant tenglamasining misoli isbotni to'ldirdi. Ratsional sonlarda bu tengsizliklarni yechish va tan olish algoritmining mavjudligi muammosi haligacha yetarlicha o‘rganilmagan muhim va ochiq masala hisoblanadi.

Qozog'iston Respublikasi Ta'lim va fan vazirligi

Sharqiy Qozog'iston viloyati

Yo'nalish: iqtisodiy va ijtimoiy jarayonlarni matematik modellashtirish.

Bo'lim: matematika

Mavzu: Birinchi va ikkinchi darajali diofant tenglamalarini yechish

Jumadilov Eldar,

Burkutova Amina,

“Iqtisodiyot litseyi” davlat muassasasi

Nazoratchi:

Drannaya Natalya Aleksandrovna

“Iqtisodiyot litseyi” davlat muassasasi

Maslahatchi:

Semipalatinsk davlat pedagogika instituti matematika va matematika o‘qitish metodikasi kafedrasi mudiri, fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent

Jolymbaev Oraltay Muratxanovich

Ust-Kamenogorsk

Kirish…………………………………………………………………….3

1-bob. Diofant tenglamalari haqida...................................... ... ............ to'rt

2-bob. Yechish usullari ...................................... ... ...................................6

2.1.Evklid algoritmi...................................... ......................6

2.2.Davomli otish ...................................... ...................... ................................sakkiz

2.3.Faktoring usuli................................................. ................ .9

2.4. Paritetdan foydalanish...................................... ................ .............o'n

2.5.Diofantin tenglamalarini yechishning boshqa usullari................................10

Xulosa................................................. ................................................12

Adabiyotlar ro'yxati................................................ ..................................13

Qo'llash................................................................. ....................................... o'n to'rt

Kirish

"Muhtaram Dionisiy, siz raqamlarga oid masalalarni yechishni o'rganishni g'ayrat bilan xohlayotganingizni bilib, men ushbu fan asoslaridan boshlab, ularning tabiati va kuchini tushuntirishga harakat qildim.

Ehtimol, bu mavzu sizga qiyin bo'lib tuyulishi mumkin, chunki siz hali ham u bilan tanish emassiz va yangi boshlanuvchilar muvaffaqiyatga umid qilishga moyil emaslar. Ammo bu sizning mehnatsevarligingiz va mening tushuntirishlarim tufayli sizga tushunarli bo'ladi, chunki fanga bo'lgan ishtiyoqli muhabbat ta'limotni tezda idrok etishga yordam beradi.

Ushbu bag'ishlanish Iskandariyalik Diofantning "Arifmetika" ni ochadi.

Diofant matematika tarixidagi qiziqarli topishmoqlardan birini taqdim etadi. Biz Diofantning kimligini, uning hayotining aniq yillarini bilmaymiz, u bilan bir sohada ishlagan o'tmishdoshlarini bilmaymiz.

Diofantning qabrida topishmoq she'ri bor, uni hal qilish orqali Diofant 84 yil yashaganligini hisoblash oson. Biz Diofantning yashagan vaqtini fransuz fan tadqiqotchisi Pol Tanrining asarlaridan baholay olamiz va bu, ehtimol, eramizning III asr o'rtalari bo'lsa kerak.

Eng qiziqarlisi Diofantning ishi. Biz "Arifmetika" ga birlashtirilgan 13 ta kitobdan 7 tasiga tushdik.

Bu kitobda Diofant (3-asr) butun sonlar yoki ratsional sonlardagi noaniq algebraik tenglamalarni yechishda oʻzidan oldin toʻplangan tajribani umumlashtirib, kengaytirdi. O'shandan beri bu tenglamalar Diofantin deb ataladi.

Mana shunday tenglamalarga misollar: x 2 + y 2 \u003d z 2, x 2 \u003d y 3 + 5y + 7.

Diofant tenglamalariga bo'lgan qiziqish, ko'rinishidan, insonning tabiati bilan bog'liq - omon qolgan hujjatlar uning ming yilliklar qa'ridagi izlarini ochib beradi. Qadimgi Bobilda ham ular Pifagor uchliklarini - tenglamaning butun sonli yechimlarini izlaganlar.

x 2 + y 2 \u003d z 2.

Diofantin tenglamalari algebraik masalalarni butun sonlarda yechish imkonini beradi. Diofantning "arifmetikasi" hozirgi zamon raqamlari nazariyasining asosini tashkil etdi.

Ushbu ishning maqsadi: noaniq tenglamalarni echishning turli usullarini topish.

Tadqiqot maqsadlari: Evklid algoritmi, davomli kasrlar yoki tenglamani faktoring yordamida birinchi va ikkinchi darajali noaniq tenglamalarni echishni o'rganish.

1-bob. Diofant tenglamalari haqida.

Diofant tenglamalari algebraik tenglamalar yoki butun sonli koeffitsientli algebraik tenglamalar tizimi deb ataladi, buning uchun butun yoki ratsional echimlarni topish kerak. Bunday holda, tenglamalardagi noma'lumlar soni kamida ikkita bo'lishi kerak (agar faqat butun sonlar bilan cheklanmasa). Diofant tenglamalari odatda ko'p echimlarga ega, shuning uchun ular noaniq tenglamalar deb ataladi.

Muammolar diofant tenglamalariga olib keladi, ularning ma'nosiga ko'ra miqdorlarning noma'lum qiymatlari faqat butun sonlar bo'lishi mumkin.

Bitta muammoni ko'rib chiqing: xarid uchun 1700 rubl to'lashingiz kerak. Xaridorda faqat 200 va 500 rubllik banknotlar mavjud. Qanday qilib u to'lashi mumkin? Bu savolga javob berish uchun 2x + 5y = 17 tenglamani ikkita noma'lum x va y bilan yechish kifoya. Bunday tenglamalar cheksiz ko'p echimlarga ega. Xususan, shaklning har qanday juft raqamlari
. Bizning amaliy vazifamiz uchun faqat x va y ning manfiy bo'lmagan butun son qiymatlari mos keladi (hisob-kitoblarni bo'laklarga bo'lishning hojati yo'q). Shuning uchun biz muammoni shakllantirishga keldik: 2x + 5y \u003d 17 tenglamasining barcha manfiy bo'lmagan butun son echimlarini toping. Javob endi cheksiz sonni emas, balki faqat ikkita juft sonni (1; 3) va ( 6; 1).

Shunday qilib, Diofant masalalarining xususiyatlari quyidagilardan iborat: 1) ular butun sonli koeffitsientli tenglamalar yoki tenglamalar tizimiga keltiriladi; 2) yechimlarni faqat yaxlit, ko'pincha tabiiy topish kerak.

Noaniq tenglamalarni yechish usullarini ko'rib chiqishdan oldin biz keyingi taqdimot uchun zarur bo'lgan ba'zi ta'riflar va bayonotlarni keltiramiz.

Bo'linuvchanlik

Ta'rif a, b  bo‘lsin Z, b ≠ 0. q  raqamlari Z va r  (0,1,...,|b|-1) mos ravishda to‘liq bo‘lmagan qism va a ni b bo‘lishning qolgan qismi deyiladi, agar tenglik bo‘lsa

Bundan tashqari, agar r = 0 bo'lsa, u holda a ni b ga bo'linadi yoki b a ning bo'luvchisi deb aytamiz (a b yoki b| a belgisi).

Diofant tenglamalarini quyidagicha yozish mumkin

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

bu erda P(x 1 , ..., x n) butun koeffitsientli ko'phaddir.

Diofant tenglamalarini o'rganishda odatda quyidagi savollar qo'yiladi:

tenglamaning butun yechimlari bormi;

uning butun yechimlari to'plami chekli yoki cheksiz;

butun sonlar to‘plamidagi tenglamani yechish, ya’ni uning barcha butun yechimlarini topish;

musbat butun sonlar to‘plamidagi tenglamani yechish;

Ratsional sonlar to‘plamidagi tenglamani yechish.

E'tibor bering, butun sonlarda tenglamalarni yechish masalasi faqat bitta noma'lumli tenglamalar uchun, birinchi darajali tenglamalar va ikkita noma'lumli ikkinchi darajali tenglamalar uchun to'liq yechilgan. Ikki yoki undan ortiq noma'lum bo'lgan ikkinchi darajadan yuqori tenglamalar uchun hatto butun sonli echimlar mavjudligi muammosi juda qiyin. Masalan, tenglama bor yoki yo'qligi ma'lum emas

x 3 + y 3 + z 3 = 30

kamida bitta butun sonli yechim. Bundan tashqari, printsipial jihatdan, ixtiyoriy Diofant tenglamalarini chekli bosqichlarda butun sonlarda echishga imkon beradigan yagona algoritm mavjud emasligi isbotlangan.

2-bob. Yechish usullari.

2.1 Evklid algoritmi.

Bu sonlarni tub ko‘paytuvchilarga ajratmasdan, balki qoldiq bilan bo‘lish jarayonini qo‘llash orqali a va b natural sonlarining eng katta umumiy bo‘luvchisini topish mumkin. Buning uchun bu sonlarning kattasini kichigiga, so‘ngra kichikroq sonlarni birinchi bo‘linishdagi qoldiqqa, so‘ngra birinchi bo‘linishdagi qolganini ikkinchi bo‘linishdagi qolganlarga bo‘lish va buni davom ettirish kerak. qoldiqsiz bo'linish sodir bo'lgunga qadar jarayon (chunki qoldiqlar kamayadi, keyin bu bir qadamda sodir bo'ladi). Oxirgi nolga teng bo'lmagan qoldiq kerakli gcd (a, b).

Bu fikrni isbotlash uchun tasvirlangan jarayonni quyidagi tenglik zanjiri shaklida ifodalaymiz: agar a>b bo‘lsa, u holda

Bu yerda r 1 , …, r n - ortib borayotgan son bilan kamayib borayotgan musbat qoldiqlar. Birinchi tenglikdan kelib chiqadiki, a va b sonlarning umumiy bo'luvchisi r 1 ni, b va r 1 ning umumiy bo'luvchisi a ni bo'ladi, shuning uchun gcd (a, b) = gcd (b, r 1). Tizimning quyidagi tengliklariga o'tib, biz quyidagilarni olamiz:

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 .

Shunday qilib, birinchi darajali ax + by = c diofantin tenglamalarini echishda quyidagi teoremalarni qo'llash mumkin:

Teorema 1. Agar gcd (a, b) = 1 bo'lsa, ax + by = 1 tenglamada kamida bitta juft (x, y) butun yechim mavjud.

Teorema 2. Agar gcd (a, b) = d > 1 bo'lsa va c soni d ga bo'linmasa, ax + by = c tenglamaning integral yechimi yo'q.

Isbot. Faraz qilaylik, ax + by = c tenglama butun yechimga ega (x 0, y 0). Chunki, a d, bd, keyin c = (ax + by) d ni olamiz. Bu teorema shartlariga zid keladi va shu bilan teorema isbotlanadi.

Teorema 3. Agar gcd (a, b) = 1 bo'lsa, ax + by = c tenglamaning barcha butun yechimlari quyidagi formula bilan aniqlanadi:

x \u003d x 0 c + bt

Bu yerda (x 0 , y 0) ax + by = 1 tenglamasining butun yechimi, t esa ixtiyoriy butun sondir.

1-misol 54x + 37y = 1 tenglamani butun sonlarda yeching.

Evklid algoritmiga ko'ra, a = 54, b = 37. Algoritm ostidagi ma'lumotlarni almashtiring va oling:

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

Birlikni topgach, u orqali a va b qiymatlarini ifodalaymiz:

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;

Shuning uchun, x 0 \u003d 9, y 0 \u003d -13. Demak, bu tenglama quyidagi yechimga ega
.

2-misol 15x + 37y = 1 tenglamaning butun yechimini topish talab qilinadi.

1-usul. Keling, birlikning parchalanishidan foydalanamiz:

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

2-usul. Evklid algoritmidan foydalanib, bizda: 37 = 15*2 + 7, 15 = 2*7 + 1. Demak, 1 = 15 - 2*7 = 15 - 2(37 - 15*2) = 15*5 + (- 2) *37. Keyin x o \u003d 5, y o \u003d - 2. Tenglamaning umumiy yechimi tizimdir.

3-misol. 16x + 34y = 7 tenglamada gcd (16, 34) = 2 va 7 2 ga bo'linmaydi, u holda butun sonli echimlar mavjud emas.

2.2 Davomli zarba

Evklid algoritmining qo'llanilishidan biri kasrni ifodalashdir sifatida

Qayerda q 1 butun sondir va q 2 , … ,q n- butun sonlar. Bunday ifoda davomli (cheklangan davomli) kasr deyiladi.

Tenglama:

umumiy koeffitsientlar bilan a va b yechimi bor

,
,

qayerda
- davomli kasrga oxirgidan oldingi konvergent, bu kasr parchalanadi.

Isbot:

Ketma-ket qismli q 1 , q 2 ,…, q bo‘lgan berilgan davomli kasr uchun qaytarilmas kasrlar bo‘lsa.

, , …,

konvergentlarni yig'ish natijalaridir
,
, va hokazo. , 1, 2, …, n tartibli, keyin

,
, …, n.

Da k= n olamiz:

,

Kasr parchalanadigan davomli kasrga oxirgi mos kasr qayerda. va kasrlari kamaytirilmaydigan bo'lganligi uchun , va

.

Oxirgi tenglikning ikkala tomonini (-1) n ga ko'paytirsak, biz bor

Ya'ni, sonlar jufti , , bu erda n davomli kasrning tartibi, tenglamaning yechimidir.

Misol. Har biri 170 va 190 kilogramm bo'lgan ko'p miqdordagi konteynerlarni tashish uchun uch tonnalik yuk mashinalari ajratilgan. Ular bilan mashinalarni to'liq yuklash mumkinmi?

Yechim:

Mayli X va da mos ravishda 170 va 190 kg idishlar soni, keyin biz tenglamaga egamiz

170x+190y=3000

10 ga kamaytirilgandan so'ng, tenglama quyidagicha ko'rinadi:

Muayyan yechimni topish uchun biz kasrni kengaytirishdan foydalanamiz zanjirli zarbaga

Unga mos keladigan oxirgi kasrni oddiy kasrga aylantirib

Ushbu tenglamaning ma'lum bir yechimi shaklga ega

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

va umumiy formula bilan beriladi

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

bu yerdan k parametridagi shartni olamiz

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

2.3 Faktorizatsiya usuli

Ushbu va undan keyingi barcha usullar ikkinchi darajali diofant tenglamalarini echishda qo'llaniladi.

Vazifa 1.

Yechim. Tenglamani shaklda yozamiz

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

Ikkita butun sonning ko‘paytmasi faqat 1 ga teng bo‘lishi mumkin, agar ularning ikkalasi ham 1 ga teng bo‘lsa. Ya’ni, asl tenglama to‘plamga ekvivalentdir.

(0,0) va (2,2) yechimlari bilan.

2.4 Paritetdan foydalanish

Vazifa 2. Tenglamani tub sonlarda yeching

Yechim. X o'zgaruvchining paritetiga qarab ikkita holatni ko'rib chiqamiz.

a) x toq son bo‘lsin. X = 2t + 1 almashtirish dastlabki tenglamani shaklga keltiradi

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

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

Shuning uchun, 2 | y2. y tub son ekan, u holda y = 2. Demak

b) x juft son bo‘lsin. X tub son ekan, u holda x = 2. Shuning uchun, ya'ni, tenglama tub sonlarda yechilmaydi.

Binobarin, tenglama tub sonlar sinfida yagona yechimga (3;2) ega.

2.5 Diofant tenglamalarini yechishning boshqa usullari

Vazifa 3. Tenglama ekanligini isbotlang

natural sonlarda cheksiz ko'p yechimlarga ega.

Yechim.(3.2) dastlabki tenglamaning yechimlaridan biri ekanligini tushunish oson. Boshqa tomondan, shaxsdan

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

bundan kelib chiqadiki, agar (x, y) bu tenglamaning yechimi bo'lsa, u holda (x 2 + 2y 2 , 2xy) juftligi ham uning yechimi bo'ladi. Bu faktdan foydalanib, biz asl tenglamaning turli yechimlarining cheksiz ketma-ketligini (x n, y n) rekursiv ravishda aniqlaymiz:

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

Vazifa 4. Tenglama ekanligini isbotlang

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

musbat butun sonlarda yechilmaydi.

Yechim. Dastlabki tenglama tenglamaga ekvivalent ekanligini ko'rish oson

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

Shunday qilib, x 2

Vazifa 5. Butun sonlardagi tenglamani yeching

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

Yechim. t = x + y bo'lsin. Chunki

u holda tengsizlik qaerdan t  bo'lishi kerak.

Xulosa:

Davomli kasrlarning zamonaviy belgilarini taniqli olim Kristian Gyuygens (1629-1695) taklif qilgan.

Gyuygens Parijda planetariy qurishda davomli fraksiyalarga murojaat qildi. U sayyoralarning orbital davrlarining nisbati bo'yicha eng yaxshi taxminiy ma'lumotlarni olishni xohladi. Ushbu nisbatlar va planetariyning mos keladigan o'zaro bog'langan tishlari sonining nisbati mos kelishi kerak edi. Ammo tishli tishlarning soni, texnik sabablarga ko'ra, juda katta bo'lishi mumkin emas. Ularni shunday tanlash kerak ediki, natijada olingan nisbatlar haqiqiy nisbatlardan imkon qadar kamroq farq qiladi. Gyuygens davomli kasrlarga murojaat qildi va ularning yordami bilan duch kelgan muammoning yechimini topdi.

Xulosa qilib aytganda, davomli kasrlarning, masalan, o'nli kasrlar bilan solishtirganda afzalliklari va kamchiliklarini qayd etamiz. Qulaylik shundaki, ularning xossalari hech qanday sanoq tizimi bilan bog'lanmagan. Shu sababli nazariy tadqiqotlarda davomli kasrlardan samarali foydalaniladi. Ammo ular keng amaliy qo'llanilmadi, chunki ular uchun o'nli kasrlar uchun mavjud bo'lgan arifmetik amallarni bajarish uchun qulay qoidalar yo'q.

Ushbu mavzu dolzarbdir, chunki diofant tenglamalari muhandislik, biologiya va boshqalarda ham qo'llaniladi. Masalan, birinchi avlod xromosomalarini sanashda.

Boshlash uchun biz beshta tasodifiy yechimni tanlaymiz: 1=

Xromosoma

Xromosomalarning 1-avlodi va ularning tarkibi.

Diofant tenglamalarining asosiy xususiyati shundaki, biz barcha yechimlarni ketma-ket ko'rib chiqmaymiz, balki tasodifiy tanlangan echimlardan eng yaxshisiga yaqinlashamiz.

Adabiyotlar ro'yxati

"Kvant" jurnali 1970 yil #7

“Yosh matematik entsiklopediyasi” 520 b.

Vilenkin N.Ya. "Matematika darsligi sahifalari ortida" (10-11-sinflar).- Moskva: "Prosveshchenie" 1996-320 b.

http://festivali.1 sentyabr. uz/ maqolalar/417558/

Shynybekov N.A. "Algebra 8" Olmaota "Atamura" 2004-272 b.

I.N.Sergeev "Matematikani qo'llash" 1989 - 240 b.

1. http://ilib. oyna1. mccme. uz/ djvu/ serp- int_ ek. htm

   Kozhegeldinov S.Sh. "Mashqlar va topshiriqlarda Diofant tenglamalari nazariyasining ba'zi elementlari"

   Pichugin L.F. “Algebra darsligi sahifalari ortida”, M., 1990, 224b.

   Glazer G.I. «10-11-maktabda matematika tarixi», 351s

   Gusev V.A., Orlov A.I. va boshqalar «6-8-sinflarda matematikadan sinfdan tashqari ishlar», M., 1984, 286 b.

   Petrakov I.A. "Qiziquvchanlar uchun matematika", M., 2000 yil. 256s.

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

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

Ilova

127x - 52y + 1 = 0 tenglamani butun sonlarda yeching.Javob: x = 9 + 52t, y = 22 + 127t, t  Z.

107x + 84y = 1 tenglamani butun sonlarda yeching.

3x 2 + 4xy - 7y 2 = 13 tenglamani butun sonlarda yeching.Ko'rsatma. Faktorizatsiyani qo'llash.
Javob: (2,1), (-2,-1).

y 2 = 5x 2 + 6 tenglamaning butun yechimlari yo‘qligini isbotlang.
Ko'rsatma. 4-modul tenglamasini ko'rib chiqing.

x 2 - 3y 2 = 1 tenglamaning cheksiz ko'p butun yechimlari borligini isbotlang.
Ko'rsatma. Yechimlar orasidagi takroriy munosabatdan foydalaning.

Tenglamani yeching: 17x + 13y = 5.

7 dan ortiq rublning butun soni sifatida ko'rsatilgan har qanday pul miqdori o'zgarishsiz to'lanishi mumkinligini isbotlang, etarli miqdorda faqat uch va besh rubllik veksellar mavjud.

Barcha idishlar to'la bo'lishi uchun 0,7 litr va 0,9 litrli bankalarga 20,5 litr sharbatni quyish talab qilinadi. Qancha banka tayyorlashingiz kerak? Kerak bo'lishi mumkin bo'lgan eng kichik bankalar soni qancha?

Bundan tashqari, uchta noma'lum bilan ular ham qaror qilishadi ...

1. Genetik algoritmlar va ularning amaliy qo'llanilishi

   Vazifa >> Informatika

   Strategiyalar). ga yaqinroq ikkinchi qutb - moslashish va evolyutsiya g'oyalari ... bo'lgan tizimlar. Daraja bu holatda mutatsiyalar... Diofantning matematikasi.26 Ko'rib chiqaylik diofantin tenglama: a+2b+3c+4d ... Omon qolish darajasi birinchi xromosomalarning avlodlari (to'plam qarorlar) Shunday qilib ...

2. Leonhard Eylerning geometriya algebrasi va sonlar nazariyasining rivojlanishidagi beqiyos roli.

   Tezis >> Tarixiy shaxslar

   ... qaror tenglamalar. U buni ta'kidladi yechim tenglamalar ikkinchi, uchinchi va to'rtinchi daraja gacha qisqartirildi tenglamalar mos ravishda birinchi, ikkinchi va uchinchi daraja; bular oxirgi tenglamalar... butun son qaror tizimlari diofantin tenglamalar yuqoriroq daraja va...

3. Aseton-toluol-butanoldimetilformamidning to'rt komponentli aralashmasida bug'-suyuqlik muvozanatini modellashtirish

   Diplom ishi >> Kimyo

   Ular yagona tizimning bir qismidir diofantin tenglamalar va bir-birini to'ldiradi ... Qabul qilinganlarning samaradorligi qarorlar asosan daraja xususiyatlari bilan belgilanadi... molekula birinchi komponent, ikkinchisi - molekula ikkinchi komponent. Ga ko'ra tenglama ...

Munitsipal byudjet ta'lim muassasasi

o'rtacha umumta'lim maktabi №1

Pavlovo.

Tadqiqot ishi

Diofant tenglamalarini yechish usullari.

Kafedra: Fizika va matematika

Bo'lim: matematika

Bajarildi:

8-sinf o'quvchisi Nikolay Truxin (14 yosh)

Ilmiy maslahatchi:

matematika o'qituvchisi

Lefanova N.A.

Pavlovo

2013 yil

Mundarija

I Kirish……………………………………………………………………………3

II Adabiyot sharhi…………………………………………………………….5

III Asosiy qism………………………………………………………………6

IV Xulosa…………………………………………………………………15

V Adabiyotlar roʻyxati…………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………….

VI ilova………………………………………………………………..17

Kirish.

2011-2012 yillarda ijro etganman tadqiqot ishi mavzusida: "Qadimgi Yunoniston va Hindistonda tenglamalarni yechish". U ustida ishlash jarayonida Diofant Iskandariyalik va Muhammad al-Xorazmiy asarlari bilan tanishdim. Oldingi ishimda ikkita noma'lumli birinchi darajali tenglamalarni yechishning ba'zi usullarini ko'rib chiqdim, ikkita noma'lumli birinchi darajali tenglamalarni echishga olib keladigan ba'zi eski muammolar bilan tanishdim.

Muhammad Ben Mussa al-Xorazmiy yoki Erondagi “donishmandlar uyi” aʼzosi boʻlgan Xorazmlik Musoning oʻgʻli Muhammad bizning xronologiyamizning 820-yillari atrofida kitob yozgan va u yerda arifmetikaning oddiy va murakkab masalalarini yechishni oʻrgatgan. Bu odamlarga merosni taqsimlashda, vasiyatnomalar tuzishda, mulkni taqsimlashda va sud ishlarida, savdoda, barcha turdagi bitimlarda kerak bo'ladi. “Algebra”, “arab raqamlari”, “algoritm” tushunchalari al-Xorazmiy nomi bilan bog‘liq. U algebrani geometriyadan ajratdi, islom oʻrta asrlari matematikasiga katta hissa qoʻshdi. Muhammad al-Xorazmiyni tirikligida ham, vafotidan keyin ham tanib, hurmat qilgan.

Ammo men Diofant haqida ko'proq bilishni xohlardim. Va bu yilgi tadqiqotim mavzusi: Diofant tenglamalarini yechish usullari»

Iskandariyalik Diofant - eng o'ziga xos qadimgi yunon matematiklaridan biri, uning asarlari katta ahamiyatga ega algebra va sonlar nazariyasi uchun. Diofantning asarlaridan eng muhimi "Arifmetika" bo'lib, ularning 13 ta kitobidan faqat 6 tasi hozirgi kungacha saqlanib qolgan. Omon qolgan kitoblarda yechimlari bilan 189 ta muammo bor. Birinchi kitobda birinchi va ikkinchi darajali muayyan tenglamalarga olib keladigan masalalar mavjud. Qolgan beshta kitobda asosan noaniq tenglamalar mavjud (noaniq tenglamalar bir nechta nomaʼlum boʻlgan tenglamalar deyiladi). Bu kitoblarda hali noaniq tenglamalarning sistematik nazariyasi mavjud emas, yechish usullari har bir holatda farq qiladi. Diophantus ijobiy bo'lsa, butun yoki kasrli bitta eritma bilan kifoyalanadi. Biroq, noaniq tenglamalarni yechish usullari Diofantning matematikaga qo'shgan asosiy hissasini tashkil qiladi. Diofantning ramziyligida noma'lum uchun faqat bitta belgi bor edi. Noaniq tenglamalarni yechishda u ixtiyoriy sonlarni bir nechta noma'lumlar sifatida ishlatgan, buning o'rniga boshqasini olish mumkin bo'lgan, bu uning yechimlarining umumiylik xususiyatini saqlab qolgan.

Mening ishimning maqsadi:

1. Diofant tenglamalari bilan tanishishni davom ettiring.

2. Diofant tenglamalarini yechishda sanash va dispersiya (silliqlash) usullarini o‘rganing.

3. Ayrim amaliy masalalarni yechishda diofant tenglamalaridan foydalanish imkoniyatlarini o‘rganing.

II. Adabiyot manbalarini haqida umumiy ma'lumot; Adabiyot sharhi.

Ishni yozishda men quyidagi adabiyotlardan foydalandim:

Diofant va al-Xorazmiy haqidagi ma’lumotlardan foydalandim.

Kitob Diofantning noaniq tenglamalarni yechish usullariga bag'ishlangan. Bu Diofantning hayoti haqida hikoya qiladi. Ushbu ma'lumot men ishimda foydalaniladi.

Kitobda qadim zamonlardan buyon algebra tarixi haqida hikoya qilinadi. Men tenglamalar nazariyasi haqidagi ma'lumotlardan qadim zamonlardan beri foydalanaman.

Ushbu kitobda matematikaning asosiy tushunchalari va uning qo'llanilishi bo'yicha 200 ga yaqin maqolalar mavjud. Men "Algebra", "Tenglamalar", "Diofantin tenglamalari" maqolalari materiallaridan foydalandim.

Amaliy foydalanish uchun topshiriqlar matnlari kitobdan olingan.

Mavzu bo'yicha men saytdan foydalanganman:

http :// uz . vikipediya . org (al-Xorazmiy va Diofant haqida ma’lumot. Diofant tenglamalarini yechish usullari haqida).

Asosiy qism

Hozirgi kunda matematika bilan shug'ullangan har bir kishi Diofant tenglamalari haqida eshitgan. Butun sonli (kamdan-kam hollarda ratsional) sonlar to‘plamida yechilgan butun sonli koeffitsientli algebraik tenglamalar matematika tarixiga Diofant nomi bilan kirdi. . 1 va 2-darajali diofantin tenglamalari eng ko'p o'rganilgan. Mening ishimning mazmuni ikkita noma'lumli birinchi darajali tenglamani yechish uchun qisqartirilgan masalalarni o'z ichiga oladi

(1)

Keling, vazifani ko'rib chiqaylik.

Vazifa 1. Hujayra ichida x qirg'ovul va da quyonlar. Oyoqlarining umumiy soni 62 ta bo'lsa, qafasda qancha qirg'ovul va quyon bor.

Umumiy soni oyoqlarni 2x + 4y \u003d 62 (2) tenglamasi yordamida yozish mumkin

Masalaning shartiga ko’ra tuzgan bu tenglik ikki o’zgaruvchili tenglama deyiladi. Bu tenglama chiziqli tenglama deyiladi. Chiziqli tenglamalar turli masalalarni yechishda muhim rol o‘ynaydi. Ushbu kontseptsiya bilan bog'liq asosiy qoidalarni eslatib o'taman.

Ikki o'zgaruvchiga ega chiziqli tenglama ax + by \u003d c ko'rinishidagi tenglama bo'lib, bu erda x va y - o'zgaruvchilar, a, b va c - ba'zi raqamlar.

(2) tenglamadan qiymatlarni aniq aniqlang x va y bu taqiqlangan. Agar biz o'zgaruvchilarning tabiiy qiymatlari bilan cheklansak ham, bunday holatlar bo'lishi mumkin: 1 va 15, 3 va 14, 5 va 13 va boshqalar.

bir juft raqam ( a , b ) ikki o‘zgaruvchili tenglamaning yechimi deyiladi, agar x ni a bilan va y ni b bilan almashtirganda haqiqiy tenglikka erishamiz.

Ikki o'zgaruvchiga ega bo'lgan har bir tenglama uning yechimlari to'plamiga mos keladi, ya'ni barcha juft raqamlardan (a, b) tashkil topgan to'plam, tenglamaga almashtirilganda haqiqiy tenglik olinadi. Bunday holda, albatta, agar X va Y to'plamlari oldindan belgilansa, noma'lum x va y ni qabul qilishi mumkin, unda siz faqat shunday juftlarni olishingiz kerak (a , b ), buning uchun a X ga, b esa Y ga tegishli.

Bir nechta raqam ( a, b) tekislikda koordinatalariga ega bo'lgan M nuqta bilan ifodalanishi mumkin a va b, M \u003d M (a, b). Ikki noma'lumli tenglamaning yechimlar to'plamining barcha nuqtalarining tasvirlarini ko'rib chiqsak, biz tekislikning ma'lum bir kichik to'plamini olamiz. U tenglamaning grafigi deb ataladi .

Grafik ekanligini ko'rsatish mumkin chiziqli tenglama kamida bitta koeffitsient nolga teng bo'lmagan ikkita o'zgaruvchi bilan, to'g'ri chiziqdir. Bu tenglamani tuzish uchun koordinatali ikkita nuqtani olish va ular orqali to'g'ri chiziq o'tkazish kifoya. Grafik usul oldingi ishda foydalangan echimlar.

Yechimlari bir xil bo'lgan ikkita o'zgaruvchidagi ikkita tenglama ekvivalent deyiladi.

Masalan, x + 2y = 5 va 3x + 6y = 15 tenglamalari ekvivalentdir - bu tenglamalardan birini qanoatlantiradigan har qanday son juftligi ikkinchisini ham qanoatlantiradi.

Ikki o'zgaruvchili tenglamalar bitta o'zgaruvchili tenglamalar bilan bir xil xususiyatlarga ega:

1) agar tenglamada atamani belgisini o'zgartirib, bir qismdan ikkinchi qismga o'tkazsak, u holda biz berilganga ekvivalent tenglamani olamiz;

2) agar tenglamaning ikkala qismi bir xil nolga teng bo'lmagan songa ko'paytirilsa yoki bo'linsa, berilgan tenglamaga ekvivalent bo'lgan tenglama olinadi.

Diofant tenglamalarini echishning bir necha yo'li mavjud:

Tanlov usuli

Evklid algoritmidan foydalanish

Davomli tortishishdan foydalanish

Tarqatish (silliqlash) usuli

Paskal dasturlash tilidan foydalanish

Men o'z ishimda usullarni o'rgandim - variantlarni sanab o'tish va dispersiya (silliqlash)

Variantlarni sanab o'tish usulini hisobga olgan holda, raqamni hisobga olish kerak mumkin bo'lgan echimlar tenglamalar. Masalan, ushbu usulni quyidagi muammoni hal qilish orqali qo'llash mumkin:

Vazifa 2. Andrey yozda kafeda ishlaydi. Har bir soat uchun unga 10 rubl to'lanadi. Va 2 r ni hisoblang. har bir singan plastinka uchun. O'tgan haftada u 180 r ishlab oldi. Agar u kuniga 3 soatdan ko'p bo'lmagan ishlaganligi ma'lum bo'lsa, u necha soat ishlagan va qancha plastinka sindirganini aniqlang.

Yechim.

Mayli x u bir hafta ichida ishlagan soat, keyin 10x R. unga pul to'landi, lekin u buzdi da plitalar, va undan ayiriladi 2y R. Bizda tenglama bor 10x - 2y \u003d 180, va x 21 dan kichik yoki teng. Biz quyidagilarni olamiz: 5x-y=90, 5x=90+y, x=18+y:5.

Chunki x keyin butun son da o'ng tomonda butun sonni olish uchun 5 ga teng bo'linishi kerak. To'rtta holat mavjud

y=0, x=18, ya'ni yechim juft - (18, 0);

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

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

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

Men bu muammoni variantlarni sanab o'tish usuli yordamida hal qildim. Javob to'rttadan iborat mumkin bo'lgan variantlar. Shu tarzda yana bir nechta muammolarni hal qilishga harakat qildim.

Vazifa 3. 23 rubl miqdori ikki rubllik va besh rubllik tangalardan tayyorlangan. Bu ikki rubllik tangalardan nechtasi bor?

Yechim.

Mayli x - ikki rubllik tangalar soni, y - besh rubllik tangalar soni. Keling, tenglamani tuzamiz va yechamiz: 2x+5y=23; 2x=23–5y; x \u003d (23 - 5y): 2; x \u003d (22 + 1 - 5y): 2, biz 22 ni 2 ga va (1 - 5y) 2 ni atama bo'yicha ajratamiz, biz olamiz: x \u003d 11 + (1 - 5y): 2.

Chunki x va y masala shartiga ko'ra natural sonlar, u holda tenglamaning chap tomoni natural son bo'ladi, ya'ni o'ng tomoni ham natural son bo'lishi kerak. Bundan tashqari, o'ng tomonda natural sonni olish uchun (1 - 5y) ifoda 2 ga to'liq bo'linishi kerak. Variantlarni sanab o'tamiz.

y =1, x=9, ya'ni 9 ta ikki rubllik tanga bo'lishi mumkin;

y=2, bunda (1 - 5y) ifoda 2 ga bo'linmaydi;

y=3, x=4, ya'ni 4 ta ikki rubllik tanga bo'lishi mumkin;

y 4 dan katta yoki teng bo'lsa, x natural son emas.

Shunday qilib, masalaning javobi quyidagicha: tangalar orasida 9 yoki 4 ta ikki rubllik tangalar mavjud.

4-topshiriq. Sherozzod buyuk hukmdorga ertaklarini aytib beradi. Hammasi bo'lib u 1001 ta ertak aytib berishi kerak. Shehrazadaning barcha ertaklarini aytib berish uchun qancha kecha kerak bo'ladi x kechalari u 3 ta ertak, qolganlari esa 5 ta ertak aytib beradi da kechalar

Yechim.

Hikoyachiga x + y kerak kechalar , bu erda x va y - 3x + 5y \u003d 1001 tenglamaning tabiiy ildizlari

x \u003d (1001 - 5y): 3; chunki x natural son bo'lsa, u holda tenglikning o'ng tomonida natural son ham bo'lishi kerak, ya'ni (1001 - 5y) ifoda 3 ga to'liq bo'linishi kerak.

Keling, variantlarni ko'rib chiqaylik.

y=1, 1001 - 5y=1001-5= 996, 996 3 ga bo'linadi, shuning uchun x=332; qaror (332;1);

y=2, 1001– 10=991, 991 3 ga boʻlinmaydi;

y=3, 1001 - 15 = 986; 986 3 ga bo'linmaydi;

y \u003d 4, 1001 - 20 \u003d 981, 981 3 ga bo'linadi, shuning uchun x \u003d 327, yechim (327; 4) va hokazo.

Bu muammoning 67 juft mumkin ildizlari bor, men bu muammoning barcha echimlarini ko'rsatmadim, chunki bu juda ko'p vaqtni oladi.

Tenglama bolta + tomonidan = c (1) yuqoridagi masalalarda men variantlarni sanab o'tish usulini hal qildim. Men o'zim tushundimki, variantlarni sanab o'tish usuli bu muammoni hal qilish uchun har doim ham samarali emas, chunki tenglamaning barcha echimlarini topish uchun ko'p vaqt talab etiladi. Va, mening fikrimcha, bu hozirda ahamiyatsiz.

Shuning uchun, men dispersiya (silliqlash) usuli yordamida Shehrazade muammosini hal qildim.

Tarqalish usuli butun sonlarda butun sonli koeffitsientli birinchi darajali noaniq tenglamalarni yechishning umumiy usulidir.

Shunday qilib, keling, Shehrazade haqidagi muammoni tarqalish usuli bilan hal qilaylik:

Keling, 3x + 5y = 1001 tenglamasiga murojaat qilaylik.

Uni boshqacha yozamiz: 3x = 1001 - 5y; 3x \u003d 1001 - 2y - 3y;

x = -y +
va belgilang x l= y + x

Natijada, tenglama 3x ko'rinishini oladi 1 = 1001 - 2y yoki

y = - x l
.

Agar biz yana y 1 \u003d y + x 1 ni almashtirsak, tenglamaga erishamiz.

x 1 + 2y 1 \u003d 1001. E'tibor bering, noma'lumlar uchun koeffitsientlar kamaydi - ular maydalangan.

Bu erda x 1 koeffitsienti 1 ga teng va shuning uchun har qanday y 1 \u003d t butun soni uchun x 1 soni ham butun sondir. Dastlabki o'zgaruvchilarni t shaklida ifodalash qoladi:

x 1 \u003d 1001 - 2 t, shuning uchun y \u003d - 1001 + 3 t va x \u003d 2002 - 5 t. Demak, butun sonli yechimlarning cheksiz ketma-ketligini (2002 – 5 t , – 1001 + 3 t ) olamiz. . O'zgaruvchilar qiymatlarini topish formulalarining ko'rinishi ilgari olingan echimlardan farq qiladi, ammo muammoning holatini hisobga olgan holda, ildizlar bir xil bo'ladi. Demak, (332;1) juftligi t =334 da olinadi.

Menimcha, bu usul nafaqat qulayroq (u harakatlar algoritmiga ega), balki qiziqarli. Bu usul ma'lum ichida boshida qo'llaniladiVIichida. Hindistonlik matematik Aryabhatta.

O'tgan yili men Brahmaguptaning o'zi taklif qilgan sochilish usullariga qadimgi hind Brahmagupta muammosining echimini ko'rsatdim. Qaror mantiqsiz edi.

U quyida keltirilgan:

"Birinchi raqamning 19 ga, ikkinchisining 8 ga ko'paytmalari orasidagi farq 13 ga teng ekanligini bilib, ikkita butun sonni toping."

Masalada tenglamalarning barcha butun sonli yechimlarini topish talab etiladi.

Yechim:

(1) 19x – 8y = 13

bildiraman y orqali koeffitsientning eng kichik mutlaq qiymatiga ega noma'lumdir x, men olaman:

(2) y = (19x – 13)/8

Endi biz qaysi butun son qiymatlarini aniqlashimiz kerak x mos keladigan qiymatlar y ham butun sonlardir. (2) tenglamani quyidagicha qayta yozaman:

(3) y = 2x + (3x – 13)/8

(3) dan kelib chiqadiki, x butun sonli y faqat (3) ifoda bo'lsagina butun son qiymatini oladi. x-13)/8 butun son, deylik y 1 . Taxmin qilib

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

savol ikki noma'lum x va bo'lgan butun sonlarda (4) tenglamani yechishga keltiriladi y 1 ; shunday yozilishi mumkin:

(5) 3x – 8y 1 = 13.

Ushbu tenglamaning asl (1) dan afzalligi shundaki, 3 - noma'lumlar uchun koeffitsientlarning mutlaq qiymatlarining eng kichiki (1) dan kichikdir, ya'ni. 8. Bunga x (19) dagi koeffitsientni 8 ning qolgan qismiga almashtirish orqali erishildi.

Xuddi shu tarzda davom ettirib, biz (5) dan olamiz:

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

Shunday qilib, y 1 butun sonli noma'lum x faqat (2 y 1 + 13)/3 butun son, aytaylik y 2 :

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

yoki

(8) 3y 2 – 2 y 1 = 13.

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

Taxmin qilib

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

olish

(11) y 2 – 2 y 3 = 13.

Bu ko'rib chiqilayotgan noaniq tenglamalarning eng oddiyidir, chunki koeffitsientlardan biri 1 ga teng.

(11) dan men olaman:

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

Bu shuni ko'rsatadiki, y 2 y 3 ning har qanday butun qiymatlari uchun butun son qiymatlarini oladi. Tengliklardan (6), (9), (12), (3) ketma-ket almashtirishlarni topishimiz mumkin quyidagi iboralar noma'lum x va y tenglamalar uchun (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;

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

Shunday qilib, formulalar

x=8 y 3 + 39,

y=19 y 3 + 91.

Da y 3 = 0, + 1,+ 2, + 3, … (1) tenglamaning barcha butun yechimlarini keltiring.

Quyidagi jadvalda bunday yechimlarga misollar keltirilgan.

1-jadval.

y3

x

y

Keling, bu muammoni oqilona hal qilaylik. Yechim ma'lum bir algoritmdan foydalanadi.

Vazifa 5.

Birinchisining 19 ga, ikkinchisining 8 ga ko‘paytmalari orasidagi farq 13 ga teng bo‘lsa, ikkita raqamni toping.

Yechim. 19x - 8y \u003d 13 tenglamasini yechish talab qilinadi

Uni boshqacha yozamiz: 8y =19x –13; 8y =16x +3x -13; y = 2x +

va belgilang y 1 \u003d y - 2x.

Natijada, tenglama 8y 1 = Zx - 13 yoki x = 2y 1 ko'rinishini oladi.
.

Agar biz yana x 1 \u003d x - 2y 1 ni almashtirsak, tenglamaga erishamiz.

3x l - 2y 1 \u003d 13.

Noma'lumlar uchun koeffitsientlar kamaydi - ular ezilgan. Keyinchalik silliqlash: y 1 = x l +
, keyin biz y 2 \u003d y 1 -x 1 ni olamiz.

Natijada, oxirgi tenglama x 1 - 2y 2 ko'rinishiga aylantiriladi: \u003d 13. Bu erda x 1 koeffitsienti 1 ga teng va shuning uchun har qanday y 2 \u003d t butun soni uchun x 1 soni ham butun son.

Dastlabki o'zgaruvchilarni t shaklida ifodalash qoladi:

avval biz x 1 \u003d 2t +13, y 1 \u003d 3t +13 ni ifodalaymiz; va keyin x = 8 t +39, y = 19 t + 91.

Shunday qilib, biz cheksiz ketma-ketlikni olamiz (39 + 8t, 91 + 19 t) butun sonli yechimlar. Tenglama bolta + tomonidan = c (1) yuqoridagi masalalarda men dispersiya (silliqlash) usulini hal qildim.

IV. Xulosa.

Ularni echish uchun diofant tenglamalarini o'rganib, variantlarni sanab o'tish va sochilish (silliqlash) usullaridan foydalandim. Ushbu usullar bilan men zamonaviy va qadimgi muammolarni hal qildim. Mening ishimning mazmuni ikkita o'zgaruvchili ax + b y \u003d c (1) bilan birinchi darajali tenglamalarni echish uchun mo'ljallangan vazifalarni o'z ichiga olgan.

Ishim davomida men quyidagi xulosalarga keldim:

Ro'yxatga olish usuli sezilarli vaqt xarajatlarini talab qiladi, ya'ni u juda qulay va oqilona emas.

Menimcha, tarqatish usuli yanada oqilona. Qadimgi hind muammosini bu usul bilan yechayotganimda ma'lum bir yechim algoritmi borligini angladim. Maktabda yetarlicha bilimga ega edim. Ishonchim komilki, matematika rivojlanishi bilan dofan tenglamalarini echish usullari doimiy ravishda takomillashtirilmoqda.

Kelgusi yil men Diofant tenglamalarini echish usullarini o'rganishni davom ettirmoqchiman.

V. Adabiyotlar ro'yxati

G. I. Glazer "Maktabda matematika tarixi" M.: ed. "Ma'rifat" 1964 yil 376s.

I. G. Bashmakova "Diofantin va diofantin tenglamalari" M.: ed. "Fan" 1972 yil 68s.

V. A. Nikiforovskiy "Tenglamalar olamida" M.: ed. "Fan" 1987 yil 176s.

A. P. Savin "Yosh matematikning entsiklopedik lug'ati" M .: ed. "Pedagogika" 1985 yil

G. M. Voznyak, V. F. Gusev “Ekstrema uchun amaliy masalalar” M.: ed. "Ma'rifat" 1985 yil 144s.

http :// uz . vikipediya . org

VI. Ilova.

Fermer xo'jaligida 167 m uzunlikdagi suv ta'minoti tizimini amalga oshirish kerak. Quvurlar 5 m va 7 m uzunlikda mavjud. Eng kam sonli ulanishlarni amalga oshirish uchun qancha quvurlarni ishlatish kerak (quvurlarni kesmang)?

Bir va boshqa quvurlarning soni har xil bo'lishi mumkinligini hisobga olsak, 7 metrli quvurlar soni quyidagicha belgilanadi. x,5- metr - orqali da

Keyin 7x - 7 metrli quvurlarning uzunligi, 5y - 5 metrli quvurlarning uzunligi.

Bu yerdan noaniq tenglamani olamiz:

7x+5y=167

Masalan, o'zgaruvchini chiqarib da o'zgaruvchi orqali X, biz olamiz:

Takrorlash orqali mos qiymat juftlarini topish oson X va da, bu 7x+5y=167 tenglamani qanoatlantiradi

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

Bu yechimlardan oxirgisi eng foydalisi, ya'ni x=21; y=4.

Raqamlar va tug'ilgan sanalarni taxmin qilishning ko'plab qadimiy usullari Diofant tenglamalarini echishga asoslangan. Shunday qilib, masalan, suhbatdoshning tug'ilgan kunini (oy va kun) taxmin qilish uchun undan ikkita mahsulot qo'shilishidan olingan miqdorni bilish kifoya: sananing raqami (X ) 12 va oy raqamlari (da ) 31 da.

2. Ko`rilayotgan asarlarning yig`indisi 330 bo`lsin.Tug`ilgan yilni toping.

Noaniq tenglamani yechamiz

12 X + 31 da = 330.

Tarqatish usulidan foydalanib, biz quyidagilarni olamiz:

X = 43 – 31 da 4 ,

da = 6 – 12 da 4 .

Cheklovlarni hisobga olgan holda, buni aytish oson yagona yechim hisoblanadi

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

Shunday qilib, tug'ilgan sana: 6-oyning 12-kuni, ya'ni. 12 iyun.

Chiziqli diofant tenglamalari

Algebra fanidan tadqiqot ishlari

9-sinf o'quvchisi MOU "Upshinskaya OOSh"

Antonov Yuriy

"Agar siz suzishni o'rganmoqchi bo'lsangiz, unda

jasorat bilan suvga kiring va agar xohlasangiz

muammolarni hal qilishni o'rganing, keyin ularni hal qiling.

D.Poya

Rahbar - Sofronova N.A. .

Vazifa

Kengligi 3 metr bo'lgan taxta uchun 11 sm va 13 sm kenglikdagi taxtalar mavjud.Sizga har ikkala o'lchamdagi nechta taxta kerak?

Agar a X - kengligi 11 sm bo'lgan taxtalar soni va da - 13 sm kenglikdagi taxtalar soni, keyin biz tenglamani echishimiz kerak:

11 X + 13 y = 300

11 x + 13 y \u003d 300 tenglamasining xususiyatlari: ▪ 11, 13, 300 koeffitsientlari butun sonlardir. ▪ Noma'lumlar soni tenglamalar sonidan oshib ketadi. ▪ Bu tenglamaning yechimlari x va y butun son bo'lishi kerak ijobiy raqamlar

Noma'lumlar soni tenglamalar sonidan ko'p bo'lgan va butun yechimlari topilishi kerak bo'lgan algebraik tenglamalar yoki butun koeffitsientli algebraik tenglamalar tizimlari noaniq yoki deyiladi. diofantin, yunon matematiki nomi bilan atalgan Diofant .

Diofant tenglamalariga misollar

1 . Butun sonlarning barcha juftlarini toping

x , y , bu to'g'ri tenglik

2 . Bu tenglamani ko'rsating

cheksiz sonli yechimlarga ega

butun sonlar

Ishning maqsadi:

Buni bilish uchun:

• Qanday usullari Bilan mavjud uchun Diofant tenglamalarining yechimlari?

Vazifalar:

• toping va va hal qilish usullarini o'rganish chiziqli Ikki o'zgaruvchidagi diofant tenglamalari.

• Chiziqli diofant tenglamalari nazariyasi imkoniyatlarini ko'rib chiqing.

Pifagor uchliklari

• Butun sonlardagi noaniq tenglamalar Diofantdan oldin ham yechilgan. Masalan, algebraik tenglama katta qiziqish uyg'otdi x 2 + y 2 = z 2 , majburiy tomonlar x , da , z to'g'ri uchburchak. Butun sonlar x , y va z , bu tenglamaning yechimlari deyiladi "Pifagor uchliklari" .

Ferma tenglamasi

• Diofantning asarlari ham fransuz matematigi Per de Fermaning matematik tadqiqotlari bilan bevosita bog'liq. Aynan Fermaning ishi sonlar nazariyasi rivojida yangi to‘lqinni boshlab bergan deb ishoniladi. Va uning muammolaridan biri Fermaning mashhur tenglamasidir

X n +y n =z n

Diofant tenglamalari nazariyasidan bironta ham yirik matematik o'tmagan.

Ferma, Eyler, Lagrange, Gauss, Chebishevlar bu qiziqarli nazariyada o'chmas iz qoldirdi.

Noaniq tenglamalarga misollar buyuk matematiklar tomonidan hal qilingan 19-20-asrlar: x 2 − ny 2 = 1 , qayerda n aniq kvadrat emas (Fermat, Pell); x z − y t = 1 , qayerda z , t 1, (Katalana); Oh 2 + b.xy + su 2 + dx + ey + f = 0 , qayerda a , b , Bilan , d , e , f - butun sonlar, ya'ni ikkita noma'lumli ikkinchi darajali umumiy bir jinsli bo'lmagan tenglama (P. Fermat, J. Vallis, L. Eyler, J. Lagranj va K. Gauss)

Diofant tenglamalari 20-asrda

1900 Xalqaro matematika kongressi.

Hilbertning 10-muammosi

Ba'zi noma'lumlar soni va ratsional butun son koeffitsientlari bilan diofant tenglamasi berilgan. Tenglamaning ratsional butun sonlarda yechilishini chekli sonli amallarda aniqlash mumkin bo'lgan protsedurani o'ylab topish kerak.

rus matematiki Yuriy Matiyasevich isbotladi :

Gilbertning 10-muammosi yechilmaydi - kerakli algoritm mavjud emas.

Har doim ma'lum bir noaniq tenglama uchun barcha to'liq echimlarni topish yoki ularning yo'qligini isbotlash mumkinmi?

• Butun sonlardagi tenglamalarni yechish masalasi faqat ikki yoki uchta noma’lumli birinchi darajali tenglamalar uchun to‘liq yechilgan.
• Ikki noma'lumli ikkinchi darajali DE allaqachon katta qiyinchilik bilan hal qilingan.
• Ikki noma'lumdan ortiq bo'lgan ikkinchi darajali DE faqat ba'zi bir maxsus holatlarda, masalan, tenglamada echiladi. x 2 + y 2 = z 2 .
• Ikkinchidan yuqori darajali DElar, qoida tariqasida, faqat cheklangan miqdordagi echimlarga ega (butun sonlarda).
• Ikki yoki undan ortiq noma'lum bo'lgan ikkinchi darajadan yuqori tenglamalar uchun hatto butun sonli echimlar mavjudligi muammosi juda qiyin. Masalan, tenglama bor yoki yo'qligi ma'lum emas

x 3 + y 3 + z 3 = 30 kamida bitta butun sonli yechim.

• Ayrim differensial tenglamalarni, ba'zan esa maxsus tenglamalarni yechish uchun yangi usullarni ixtiro qilishga to'g'ri keladi. Shubhasiz, o'zboshimchalik bilan DE uchun echimlarni topishga imkon beradigan algoritm yo'q.

Chiziqli diofant tenglamalari

Umumiy shakl:

Ikki o'zgaruvchiga ega LDE:

a X + tomonidan = c

Uch o'zgaruvchiga ega LDE:

a X + by + cz = d

Ikki noma'lum LDE

Ikki o'zgaruvchiga ega LDE:

a X + tomonidan = c

Yechimlar:

x = x 0 - bt

da = da 0 + da

Bir hil:

a X + tomonidan = 0

Yechimlar:

x = - bt

da = da

Shaxsiy yechim topish

Yechim usullari:

• Ko'p usul.
• Evklid algoritmini qo'llash.
• Takrorlash usuli.
• Tushish usuli.

• Bo'lishdan qolganlarni hisobga olish usuli

Ko'p usul

tenglamani yeching 11 x + 2 y = 69

Biz 69 ga teng summani qidiramiz: 55 + 14 = 69 Tenglamaning xususiy yechimi

X 0 = 5, y 0 = 7

Evklid algoritmini qo'llash

tenglamani yeching 4 x + 7 y = 16

• Evklid algoritmidan foydalanib 4 va 7 sonlarning gcd ni topamiz: gcd(4,7) = 1

• Raqamni ifodalaylik 1 koeffitsientlar orqali a = 4 va b =7 GCD chiziqli kengayish teoremasi yordamida:

GCD ( a, b ) = au+bv .

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

• Tenglamaning maxsus yechimi: X 0 = 2 ∙ 16 = 32,

da 0 = -1 ∙ 16 = -16

ro'yxatga olish usuli

tenglamani yeching 7 x + 12 y = 100

• 7x + 12y = 100
• 7x \u003d 100 - 12y
• 100 - 12y 7 ga karrali

Tenglamaning maxsus yechimi: X 0 = 4, y 0 = 6

100-12u

Chiqarish usuli: 3x+8y=60

Ekspress

o'zgaruvchan X

orqali da

Ekspress

o'zgaruvchan X

orqali t

Javob:

Imtihon:

Bo'lishdan qolganlarni hisobga olish usuli

• Butun sonlardagi tenglamani yeching 3x - 4y \u003d 1
• 3 x = 4 y + 1
• Tenglamaning chap tomoni 3 ga bo'linadi, shuning uchun o'ng tomoni 3 ga bo'linishi kerak. 3 ga bo'lish natijasida 0, 1 va 2 qoldiqlari paydo bo'lishi mumkin.
• Keling, 3 ta holatni ko'rib chiqaylik.

3x = 4 ∙ 3p + 1 = 12p + 1

y=3p+1

3 ga bo'linmaydi

3x = 4 ∙ (3p + 1) +1 = 12p + 3

y=3p+2

3 ga bo'linmaydi

3 x = 4 ∙ (3p + 2) +1 = 12p + 9

3x=3(4p+3)

x = 4 p + 3

Javob:

3 ga bo'linadi

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

LDE nazariyasi imkoniyatlari Tenglamaning barcha butun yechimlarini toping X 2 + 5y 2 + 34z 2 + 2xy - 10xz - 22uz =0

Loyiha menga nima berdi?

• Tadqiqot loyihasi ustida ishlash haqida tushunchaga ega bo‘ldi.
• Diofant tenglamalarining rivojlanish tarixi va Diofantning tarjimai holi bilan tanishdi.
• Ikki va uchta noma'lumli LDElarni echish usullari o'rganildi.
• amaliy xarakterga ega bo'lgan, shuningdek, olimpiadalarda, asosiy maktab kursi uchun imtihonlarda uchraydigan bir qator muammolarni hal qildi.
• Nostandart masalalarni yechish ko'nikmalariga ega bo'ldi.

O'ylaymanki, kelajakda men ikkinchi darajali diofant tenglamalari va ularni yechish usullarini o'rganishni davom ettiraman.

FOYDALANILGAN MANBALAR RO'YXATI

• Matematika tushunchalar, ta'riflar va atamalarda. 1-qism. O'qituvchilar uchun qo'llanma. Ed. L.V. Sabinina. M., «Ma'rifat», 1978. -320 b. (Matematika o‘qituvchisining kutubxonasi.) Sarlavha kitobining orqa tomonida: O.V.Manturov, Yu.K.Solntsev, Yu.I.Sorokin, N.G.Fedin.
• Nagibin F.F., Kanin E.S. Matematika qutisi: talabalar uchun qo'llanma. – 4-nashr, qayta koʻrib chiqilgan. va qo'shimcha - M.: Ma'rifat, 1984. - 160-yillar, kasal.
• N.P.Tuchnin. Qanday qilib savol berish kerak? (Maktab o'quvchilarining matematik ijodi to'g'risida): Talabalar uchun kitob. - M .: Ta'lim, 1993. - 192 p., kasal.
• S.N.Olekhnik, Yu.V.Nesterenko, M.K.Potapov Qadimgi ko'ngilochar muammolar. –M.: Bustard, 2002. -176s., kasal.
• Ya.I.Perelman. Qiziqarli algebra. - M.: Nauka, 1975 yil. - 200s., kasal.
• Saylov resurslari: http :// www.yugzone.ru /x/ diofant-i-diofantovy-uravneniya / I.G.Bashmakova "Diofantin va diofantin tenglamalari".
• Saylov resurslari: http :// www.goldenmuseum.com /1612Hilbert_eng.html Gilbertning 10- muammosi: matematik kashfiyot tarixi (Diofant, Ferma, Xilbert, Yuliya Robinson, Nikolay Vorobyov, Yuriy Matiyasevich).
• Saylov resursi: http://ru.wikipedia.org/wiki/ Diofant tenglamalari.
• Saylov resurslari: http :// revolution.allbest.ru / matematika /d00013924.html Belov Denis Vladimirovich chiziqli diofant tenglamalari.
• Saylov resurslari: http :// revolution.allbest.ru / matematika /d00063111.html Chiziqli diofant tenglamalari
• Saylov resurslari: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=570768 Zyuryukina Olga. Butun sonlardagi noaniq tenglamalar yoki diofant tenglamalari.
• Saylov resurslari: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=561773 Arapov Aleksandr. Diofant va uning tenglamalari.
• Saylov resurslari: http :// en.wikipedia.org / wiki / Evklid algoritmi.

Rossiya Federatsiyasi Ta'lim va fan vazirligi

Davlat oliy ta’lim muassasasi

kasb-hunar ta'limi

"Tobolsk davlat ijtimoiy-pedagogika akademiyasi

ular. DI. Mendeleev"

Matematika kafedrasi, TIMOM

Ba'zi diofant tenglamalari

Kurs ishi

FMF 3-kurs talabasi

Mataev Evgeniy Viktorovich

Ilmiy maslahatchi:

Fizika-matematika fanlari nomzodi A.I.Valitskas

Darajasi: ____________

Tobolsk - 2011 yil

Kirish…………………………………………………………………………..2

§ 1. Chiziqli diofant tenglamalari………………………………..3

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

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

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

§ 5. Pifagor uchliklari…………………………………………………….. 19

§ 6. Fermaning oxirgi teoremasi………………………………………………23

Xulosa .......................................................................

Adabiyotlar ro'yxati...........………………………………………………..30

KIRISH

Diofant tenglamasi shakldagi tenglamadir P(x 1 , … , x n ) = 0 , bu erda chap tomon o'zgaruvchilardagi ko'phaddir x 1 , … , x n butun son koeffitsientlari bilan. Har qanday buyurtma to'plami (u 1 ; … ; u n ) xususiyatiga ega bo'lgan butun sonlar P(u 1 , … , u n ) = 0 Diofant tenglamasining (qisman) yechimi deyiladi P(x 1 , … , x n ) = 0 . Diofant tenglamasini yechish uning barcha yechimlarini topishni anglatadi, ya'ni. bu tenglamaning umumiy yechimi.

Bizning maqsadimiz, agar bu echimlar mavjud bo'lsa, ba'zi diofant tenglamalarining echimlarini qanday topishni o'rganishdir.

Buning uchun siz quyidagi savollarga javob berishingiz kerak:

a. Diofant tenglamasi har doim yechimga egami, yechimning mavjudligi shartlarini toping.

b. Diofant tenglamasining yechimini topishga imkon beruvchi algoritm bormi?

Misollar: 1. Diofant tenglamasi 5 x – 1 = 0 yechimlari yo'q.

2. Diofant tenglamasi 5 x – 10 = 0 yechimi bor x = 2 , bu yagona.

3. Tenglama ln x – 8 x 2 = 0 diofant emas.

4. Ko'pincha shakldagi tenglamalar P(x 1 , … , x n ) = Q(x 1 , … , x n ) , qayerda P(x 1 , … , x n ) , Q(x 1 , … , x n ) butun sonli koeffitsientli ko'phadlar bo'lib, ular Diofantin deb ham ataladi. Ular shaklda yozilishi mumkin P(x 1 , … , x n ) – Q(x 1 , … , x n ) = 0 , bu Diofant tenglamalari uchun standartdir.

5. x 2 – y 2 = a har qanday a butun soni uchun ikkita noma'lum x va y bo'lgan ikkinchi darajali diofant tenglamasi. uchun yechimlari bor a = 1 , lekin uchun hech qanday yechim yo'q a = 2 .

§ 1. Chiziqli diofant tenglamalari

Mayli a 1 , … , a n , BilanZ . Tenglama turi a 1 x 1 + … + a n x n = c koeffitsientli chiziqli Diofant tenglamasi deyiladi a 1 , … , a n , o'ng tomoni c va noma'lum x 1 , … , x n . Agar chiziqli Diofant tenglamasining o'ng tomoni c nolga teng bo'lsa, bunday Diofant tenglamasi bir jinsli deyiladi.

Bizning bevosita maqsadimiz ikkita noma'lumda chiziqli Diofantin tenglamalarining xususiy va umumiy yechimlarini topishni o'rganishdir. Shubhasiz, har qanday bir hil Diofant tenglamasi a 1 x 1 + … + a n x n = 0 har doim ma'lum bir yechimga ega (0; … ; 0).

Shubhasiz, barcha koeffitsientlari nolga teng bo'lgan chiziqli Diofant tenglamasi, uning o'ng tomoni nolga teng bo'lgan taqdirdagina yechimga ega. Umuman olganda, bizda quyidagilar mavjud

Teorema (chiziqli Diofant tenglamasining yechimi mavjudligi haqida). Chiziqli diofantin tenglamasi a 1 x 1 + … + a n x n = c, koeffitsientlari hammasi nolga teng bo'lmagan, agar va faqat bo'lsa, yechimga ega GCD (a 1 , … , a n ) | c.

Isbot. Shartning zarurligi aniq: GCD (a 1 , … , a n ) | a i (1 i n) , shunday qilib GCD (a 1 , … , a n ) | (a 1 x 1 + … + a n x n ) , ya'ni bo'linadi va

c = a 1 x 1 + … + a n x n .

Mayli D= gcd(a 1 , … , a n ) , c =Dt va a 1 u 1 + … + a n u n = D – sonlarning eng katta umumiy bo‘luvchisining chiziqli kengayishi a 1 , … , a n. Ikkala tomonni ko'paytirish t, olamiz a 1 (u 1 t) + … + a n (u n t) = Dt = c, ya'ni. butun son

n-ka (x 1 t; … ; x n t) bilan asl tenglamaning yechimidir n noma'lum.

Teorema isbotlangan.

Bu teorema chiziqli diofant tenglamalarining alohida yechimlarini topish uchun konstruktiv algoritmni beradi.

Misollar: 1. Chiziqli diofantin tenglamasi 12x+21y=5 yechimi yo'q, chunki gcd(12, 21) = 3 ajratmaydi 5 .

2. Diofant tenglamasining maxsus yechimini toping 12x+21y = 6.

Hozir aniq gcd(12, 21) = 3 | 6, shuning uchun yechim mavjud. Biz chiziqli kengayishni yozamiz gcd(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1). Shuning uchun, er-xotin (2; –1) tenglamaning maxsus yechimidir 12x+21y = 3, va er-xotin (4; –2) asl tenglamaning maxsus yechimidir 12x+21y = 6.

3. Chiziqli tenglamaning muayyan yechimini toping 12x + 21y - 2z = 5.

Chunki (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 , keyin yechim mavjud. Teoremani isbotlagandan so'ng, avvalo tenglamaning yechimini topamiz (12.21)x–2y=5, keyin esa oldingi masaladagi eng katta umumiy boʻluvchining chiziqli kengayishini almashtirib, asl tenglamaning yechimini olamiz.

Tenglamani yechish uchun 3x - 2y = 5 chiziqli kengayishni yozing gcd(3, -2) = 1 = 31 - 21 aniq. Shunday qilib, bir nechta raqam (1; 1) tenglamaning yechimidir 3 x – 2 y = 1 , va er-xotin (5; 5) diofant tenglamasining maxsus yechimidir 3x - 2y = 5.

Shunday qilib, (12, 21)5 – 25 = 5 . Bu erda ilgari topilgan chiziqli kengayish o'rnini bosadi (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) , olamiz (122+21(–1))5 – 25 = 5 , yoki 1210 + 21(–5) – 25 = 5 , ya'ni. butun sonlar uchligi (10; –5; 5) asl diofant tenglamasining maxsus yechimidir 12x + 21y - 2z = 5.

Teorema (chiziqli Diofant tenglamasining umumiy yechimining tuzilishi haqida). Chiziqli diofant tenglamasi uchun a 1 x 1 + … + a n x n = c quyidagi bayonotlar haqiqatdir:

(1) agar = (u 1 ; … ; u n ), = (v 1 ; … ; v n ) uning maxsus yechimlari, keyin farq (u 1 –v 1 ; … ; u n –v n ) mos keladigan maxsus yechim hisoblanadi bir jinsli tenglama a 1 x 1 + … + a n x n = 0 ,

(2) chiziqli diofantin bir jinsli tenglamasining alohida yechimlari to'plami a 1 x 1 + … + a n x n = 0 qo'shish, ayirish va butun sonlarga ko'paytirish bilan yopiq,

(3) agar M berilgan chiziqli Diofant tenglamasining umumiy yechimidir va L mos keladigan bir hil diofant tenglamasining umumiy yechimidir, keyin har qanday maxsus yechim uchun = (u 1 ; … ; u n ) asl tenglamaning tengligi M = + L .

Isbot. Tenglikni ayirish a 1 v 1 + … + a n v n = c tenglikdan a 1 u 1 + … +a n u n = c, olamiz a 1 (u 1 –v 1 ) + … + a n (u n –v n ) = 0 , ya'ni to'plam

(u 1 –v 1 ; … ; u n –v n ) chiziqli bir jinsli diofant tenglamasining maxsus yechimidir a 1 x 1 + … + a n x n = 0 . Shunday qilib, bu isbotlangan

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

Bu (1) da'voni tasdiqlaydi.

(2) bayonot xuddi shunday isbotlangan:

, L z Z L z L .

(3) ni isbotlash uchun avvalo shuni qayd etamiz M+L. Bu avvalgisidan kelib chiqadi: M+L .

Aksincha, agar = (l 1 ; … ; l n ) L va = (u 1 ; … ; u n ) M, keyin 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.

Shunday qilib, + LM, va oxir-oqibat M = + L .

Teorema isbotlangan.

Isbotlangan teorema aniq geometrik ma'noga ega. Agar chiziqli tenglamani ko'rib chiqsak a 1 x 1 + … + a n x n = c, qayerda X i R, keyin geometriyadan ma'lumki, u kosmosda aniqlaydi R n tekislikdan olingan giperplan L bir hil tenglama bilan a 1 x 1 + … +a n x n =0 qaysidir vektorga siljish orqali koordinatalarning kelib chiqishidan o'tish R n. Yuzaki ko'rinish + L hidoyat fazosiga ega chiziqli manifold deb ham ataladi L va siljish vektori . Shunday qilib, umumiy yechim ekanligi isbotlangan M diofant tenglamasi a 1 x 1 + … + a n x n = c butun koordinatalarga ega bo'lgan ba'zi bir chiziqli manifoldning barcha nuqtalaridan iborat. Bunday holda, siljish vektorining koordinatalari ham butun sonlar va to'plamdir L bir jinsli diofant tenglamasining yechimlari a 1 x 1 + … + a n x n = 0 butun koordinatali yo'naltiruvchi fazodagi barcha nuqtalardan iborat. Shu sababli, ko'pincha ixtiyoriy diofant tenglamasining yechimlari to'plami siljish vektoriga ega chiziqli manifold hosil qiladi, deb aytiladi. va etakchi makon L.

Misol: Diofant tenglamasi uchun x - y \u003d 1 umumiy qaror M shaklga ega (1+y; y), bu yerda yZ, uning maxsus yechimi = (1; 0) , va umumiy yechim L bir jinsli tenglama x – y = 0 shaklida yoziladi (y; y), qayerda daZ. Shunday qilib, biz quyidagi rasmni chizishimiz mumkin, unda dastlabki diofant tenglamasi va mos keladigan bir jinsli diofant tenglamasining echimlari chiziqli manifolddagi qalin nuqtalar bilan ko'rsatilgan. M va bo'sh joy L mos ravishda.

2. Diofant tenglamasining umumiy yechimini toping 12x + 21y - 2z = 5.

Shaxsiy yechim (10; –5; 5) bu tenglama avvalroq topilgan, bir jinsli tenglamaning umumiy yechimini topamiz 12x + 21y - 2z = 0, Diofant tenglamasiga teng 12 x + 21 y = 2 z.

Bu tenglama yechilishi uchun shartning bajarilishi zarur va yetarli gcd(12, 21) = 3 | 2z, bular. 3 | z yoki z = 3t ba'zi bir butun son uchun t. Ikkala qismni ham qisqartirish 3 , olamiz 4x + 7y = 2t. Diofant tenglamasining xususiy yechimi (2; –1). 4x+7y= 1 oldingi misolda topilgan. Shunung uchun (4t; -2t) tenglamaning maxsus yechimidir 4x + 7y = 2t har qanday uchun

t Z. Tegishli bir jinsli tenglamaning umumiy yechimi

(7 u ; –4 u) allaqachon topilgan. Shunday qilib, tenglamaning umumiy yechimi 4x + 7y = 2t kabi ko'rinadi: (4t + 7u; -2t - 4u) , va bir jinsli tenglamaning umumiy yechimi 12x + 21y - 2z = 0 quyidagicha yoziladi:

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

Bu natija yuqorida keltirilgan teoremaga mos kelishini bir jinsli diofant tenglamasining yechimlari bo‘yicha isbotsiz tekshirish oson. a 1 X 1 + … + a n X n = 0 : agar P =, keyin R va

(u; t) P ko'rib chiqilayotgan bir jinsli tenglamaning umumiy yechimidir.

Demak, Diofant tenglamasining umumiy yechimi 12x + 21y - 2z = 5 shunday ko'rinadi: (10 + 4t + 7u; –5 – 2t – 4u; 5+3t).

3. Oldingi tenglama misolidan foydalanib, biz ko'p noma'lumlarda Diofantin tenglamalarini echishning yana bir usulini ko'rsatamiz, bu uning koeffitsientlari modullarining maksimal qiymatini ketma-ket kamaytirishdan iborat.

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

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

Shunday qilib, ko'rib chiqilayotgan tenglamaning umumiy yechimini quyidagicha yozish mumkin: (x; 5 - 12x + 2u; 50 - 120x + 21u), qayerda x, u ixtiyoriy butun son parametrlaridir.

§ 2. Diofant tenglamasix 2 – y 2 = a

Misollar: 1. Da a = 0 biz cheksiz ko'p echimlarni olamiz: x = y yoki x = – y har kim uchun y Z.

2. Da a = 1 bizda ... bor x 2 – y 2 = 1 (x + y)(x – y) = 1 . Shunday qilib, 1 raqami ikkita butun sonli ko'paytmaga parchalanadi x + y va x – y(muhim, bu x, y- butun!). Chunki raqam 1 butun son omillar mahsulotiga faqat ikkita kengayish 1 = 11 va 1 = (–1)(–1) , biz ikkita imkoniyatga ega bo'lamiz: .

3. Uchun a = 2 bizda ... bor x 2 – y 2 = 2 (x + y)(x – y) = 2. Avvalgisiga o'xshab, biz kengaytmalarni ko'rib chiqamiz

2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), tizimlarni tuzamiz:, oldingi misoldan farqli o'laroq, yechimlari yo'q. Shunday qilib, ko'rib chiqilgan Diofant tenglamasi uchun echimlar yo'q x 2 – y 2 = 2.

4. Oldingi mulohazalar ba'zi xulosalarga olib keladi. Tenglama yechimlari x 2 – y 2 = a parchalanish holatidadir a = km tizimdan butun sonlar mahsulotiga . Bu tizimda to'liq echimlar mavjud bo'lsa va faqat bo'lsa k + m va k – m juft bo'ladi, ya'ni. raqamlar qachon k va m bir xil paritet (bir vaqtning o'zida juft yoki toq). Shunday qilib, x 2 – y 2 = a Diofant tenglamasi yechimga ega bo‘ladi, agar a ni bir xil paritetga ega bo‘lgan ikkita butun son omilining ko‘paytmasiga kengaytirish mumkin bo‘lsa. Faqat shu kabilarning barchasini topish qoladi.

Teorema (tenglama bo'yichax 2 – y 2 = a ). (1) Tenglama x 2 – y 2 = 0 cheksiz sonli yechimlarga ega .

(2) tenglamaning har qanday yechimi quyidagicha olinadi , qayerda a = km a sonining bir xil paritetning ikkita butun son omili ko'paytmasiga parchalanishi.

(3) Tenglama x 2 – y 2 = a agar va faqat agar yechim bor a 2 (mod 4).

Isbot.(1) allaqachon isbotlangan.

(2) allaqachon isbotlangan.

(3) () Birinchidan, Diofant tenglamasi bo'lsin x 2 – y 2 = a yechimi bor. Keling, buni isbotlaylik a 2 (mod 4) . Agar a a = km - bir xil paritetga ega bo'lgan butun sonlarning ko'paytmasiga, keyin esa juft uchun k va m bizda ... bor k = 2 l, m = 2 n va a = km = 4 ln 0 (mod 4) . G'alati holatda k, m ularning ishi a ham g'alati, farq a – 2 toq va bo'linmaydi 4 , ya'ni. yana

a 2 (mod 4).

() Agar hozir a 2 (mod 4) , keyin biz tenglamaning yechimini qurishimiz mumkin x 2 – y 2 = a. Haqiqatan ham, agar a g'alati bo'lsa, unda a = 1 a toq butun sonlarning mahsulot parchalanishidir, shuning uchun diofant tenglamasining yechimidir. Agar a juft bo'lsa, ko'rinishida a 2 (mod 4) buni tushunamiz 4 | a, a = 4 b = 2(2 b) juft butun sonlarning mahsulot parchalanishidir, shuning uchun diofant tenglamasining yechimidir.

Teorema isbotlangan.

Misollar: 1. Diofant tenglamasi x 2 – y 2 = 2012 chunki hech qanday yechim yo'q 2010 = 4502 + 2 2 (mod 4).

2. Diofant tenglamasi x 2 – y 2 = 2011 yechimlari bor, chunki

2011 3 (mod 4). Bizda aniq kengaytmalar mavjud

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

ularning har biri uchun yechim topamiz (har qanday belgilar kombinatsiyasi). Boshqa echimlar yo'q, chunki raqam 2011 oddiy (?!).

§ 3. Diofant tenglamasix 2 + y 2 = a

Misollar: 1. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , k 2 = 0 2 + k 2 . Shunday qilib, har qanday kvadrat ikki kvadrat yig'indisi sifatida ahamiyatsiz tarzda ifodalanishi mumkinligi aniq.

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. uchun yechim yo'q a = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

Yuqoridagi natijalarni tahlil qilish, echimlarning yo'qligi qandaydir tarzda shaklning tub sonlari bilan bog'liqligini ko'rsatishi mumkin.

4 n+3 ikki kvadratning yig'indisi sifatida ko'rsatib bo'lmaydigan sonlarni faktorizatsiya qilishda mavjud.

Teorema (natural sonlarni ikki kvadrat yig'indisi bilan ifodalash to'g'risida). Tabiiy a soni ikkita kvadrat yig'indisi sifatida ifodalanishi mumkin, agar kanonik kengayishda shaklning tub sonlari bo'lsa. 4 n + 3 hatto ko'rsatkichlarga ega.

Isbot. Avval isbotlaymizki, agar a natural sonini ikkita kvadrat yig'indisi sifatida ifodalash mumkin bo'lsa, uning kanonik kengayishida shaklning barcha tub sonlari. 4 n + 3 juft koʻrsatkichlarga ega boʻlishi kerak. Tasavvur qilaylik, isbotlangan narsadan farqli o'laroq a= p 2 k +1 b = x 2 + y 2 , qayerda

R - shaklning tub raqami 4 n+3 va b p. Raqamlarni tasavvur qiling X va da sifatida

x =Dz, y = Dt, qayerdaD= gcd(x, y) = p s w, p w; z, t, s N 0 . Keyin biz tenglikni olamiz R 2 k +1 b = D 2 (z 2 + t 2 ) = p 2 s w 2 (z 2 + t 2 ) , ya'ni. R 2( k – s )+1 b = w 2 (z 2 + t 2 ) . Tenglikning chap tomonida p mavjud (toq kuch nolga teng emas), bu o'ng tomondagi omillardan biri p tub songa bo'linishini bildiradi. Chunki p w, keyin p | (z 2 + t 2 ) , raqamlar qaerda z, t o'zaro oddiy. Bu keyingi lemmaga (?!) zid keladi.

Lemma (ikki kvadrat yig'indisining shaklning tub soniga bo'linishi to'g'risida

4 n + 3 ). Agar tub raqam bo'lsa p = 4n+3 ikkita natural sonning kvadratlari yig'indisini ajratadi, keyin esa bu sonlarning har birini ajratadi.

Isbot. Aksincha. Mayli x 2 + y 2 0(mod p) , lekin x0(mod p) yoki y 0 (mod p) . Chunki x va y nosimmetrikdir, ularni almashtirish mumkin, shuning uchun biz buni taxmin qilishimiz mumkin x p.

Lemma (qaytarilish moduli bo'yichap ). Har qanday butun son uchun x, tub songa boʻlinmaydi p, teskari element moduli mavjud p – shunday butun son 1 u < p, nima xi 1 (mod p).

Isbot. Raqam x bilan engish p, shuning uchun chiziqli kengayishni yozishimiz mumkin GCD(x, p) = 1 = xi + pv (u, v Z) . Bu aniq xi1(modp) , ya'ni. u- teskari element x modul p. Agar a u cheklovni qondirmaydi 1 u < p, keyin bo'linish u qolganlari bilan p, qolganini olamiz r u (mod p) , buning uchun xr xi 1 (mod p) va 0 r < p.

Modulning qaytarilish lemmasi p isbotlangan.

Ko'paytirish bilan taqqoslash x 2 + y 2 0 (mod p) kvadrat boshiga u 2 ga teskari element x modul p, olamiz 0 = 0u 2 x 2 u 2 +y 2 u 2 = (xu) 2 + (yu) 2 1+t 2 (mod p).

Shunday qilib, uchun t = yu taqqoslash amalga oshirildi t 2 –1 (mod p) , biz qarama-qarshilikka olib kelamiz. Bu aniq t p: aks holda t 0 (mod p) va 0 t 2 –1 (mod p) , bu mumkin emas. Ferma teoremasi bo'yicha biz bor t p –1 1 (mod p), qaysi bilan birga t 2 –1 (mod p) va p = 4 n + 3 qarama-qarshilikka olib keladi:

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

Olingan qarama-qarshilik taxmin haqida ekanligini ko'rsatadi x 0 (mod p) to'g'ri emas edi.

Ikki kvadrat yig'indisining tub songa bo'linishiga oid lemma 4 n+3 isbotlangan.

Shunday qilib, kanonik parchalanishiga tub sonni o'z ichiga olgan son isbotlangan p = 4 n + 3 toq kuchga, ikki kvadrat yig'indisi sifatida ifodalanishi mumkin emas.

Keling, kanonik kengayishida tub sonlar bo'lgan har qanday son ekanligini isbotlaylik p = 4 n + 3 faqat ikkita kvadrat yig'indisi sifatida ifodalanadigan juft kuchlarda qatnashadi.

Dalilning g'oyasi quyidagi o'ziga xoslikka asoslanadi:

(a 2 +b 2 )(c 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (ad + miloddan avvalgi) 2 ,

kompleks sonlar modulining taniqli xususiyatidan olinishi mumkin - mahsulotning moduli modullarning mahsulotiga teng. Haqiqatan ham,

| 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 + (ad + miloddan avvalgi) 2 .

Bu o'ziga xoslikdan kelib chiqadiki, agar ikkita u, v soni ikkita kvadratning yig'indisi sifatida ifodalanishi mumkin: u = x 2 + y 2 , v = z 2 + t 2 , u holda ularning mahsuloti uv ikki kvadrat yig'indisi sifatida ham ifodalanishi mumkin: UV = (xz – yt) 2 + (xt + yz) 2 .

Har qanday natural son a > 1 shaklida yozilishi mumkin a= p 1 … R k m 2 , qayerda R i juft-juft tub sonlar, m N . Buning uchun kanonik parchalanishni topish kifoya , shaklning har bir darajasini yozing r kvadrat shaklida (r) 2 hatto uchun = 2, yoki shaklida r = r(r) 2 g'alati uchun = 2 + 1 , so'ngra kvadratlarni va qolgan bitta tub sonlarni alohida guruhlang. Masalan,

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

Raqam m 2 Ikki kvadratning yig'indisi sifatida ahamiyatsiz ko'rinishga ega: m 2 = 0 2 + m 2 . Agar biz barcha tub sonlarning ikkita kvadratining yig'indisi sifatida ifodalanishini isbotlasak R i (1 i k) , keyin identifikatsiyadan foydalanib, a sonining ifodasi ham olinadi. Shart bo'yicha, raqamlar orasida R 1 , … , R k faqat uchrashishi mumkin 2 = 1 2 + 1 2 va shaklning tub raqamlari 4 n + 1 . Shunday qilib, tub sonning ikkita kvadratining yig'indisi sifatida taqdimotni olish qoladi p = 4m + 1. Biz ushbu bayonotni alohida teoremaga ajratamiz (pastga qarang)

Masalan, uchun a = 29250 = 2513(15) 2 ketma-ket biz olamiz:

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 isbotlangan.

§ 4. Tenglamax + x + 1 = 3y

Endi tenglama bilan shug'ullanamiz x+x+1=Zu. Bu allaqachon o'z tarixiga ega. 1950 yilda R. Oblat hal qilishdan tashqari, buni taklif qildi

x=y=1. uning natural sonlarda boshqa yechimlari yo'q x, y bu erda x - toq son. Xuddi shu yili T. Nagel yechimni ko'rsatdi x= 313, y = 181. Tenglama uchun yuqoridagi usulga o'xshash usul x+x-2y=0, tenglamaning barcha yechimlarini aniqlash imkonini beradi x+x+1=3y (1)

natural sonlarda x, da. Keling, shunday da'vo qilaylik (x, y)(1) tenglamaning natural sonlardagi yechimi va x > 1. Ko'rish mumkinki, (18) tenglamaning natural sonlarda yechimi yo'q x, y, qayerda x = 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9; shunday bo'lishi kerak x10.

Keling, buni ko'rsataylik 12y<7 x+3, 7y>4x+ 2. 4y > 2x+1 . (2)

Agar bo'lsa 12y> 7x+3, biz bo'lar edik 144y> 49 x+42 x+9 . va (18) ni hisobga olgan holda, 144y= 48x+ 48 x + 48 , keyin shunday bo'ladi X< 6 x +3 9, qayerdan

(x-z)< 48 va shuning uchun shuni hisobga olgan holda x> 10, 7 < 148 , bu mumkin emas. Shunday qilib, (2) tengsizliklarning birinchisi isbotlangan.

Agar bo'lsa 7y< 4 x+2 , biz bo'lar edik 49y< 16 x+ 16 x+4 , va chunki (1) ni hisobga olgan holda, 16 x+ 16 x+ 16 = 48y, keyin shunday bo'ladi 49y< 48u-12, bu mumkin emas. Shunday qilib, (2) tengsizliklarning ikkinchisi isbotlangan bo'lib, undan uchinchisi to'g'ridan-to'g'ri keladi. Demak, (2) tengsizliklar to'g'ri.

Keling, hozir qo'yamiz

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

(2) ga asoslanib, biz buni topamiz w > 0 , h > 0 va X -w=3(4 y-2 x-1)>0 va shuning uchun w<х . (3) ga binoan bizda bor w 2 + w+1=3 h 2 shuning uchun (1) ni hisobga olgan holda biz qabul qilamiz g(x, y) = (7x - 12y + 3, -4x + 7y -2).

Shunday qilib, biz har qanday yechimga asoslanib aytishimiz mumkin (x, y)(1) tenglamalar natural sonlarda, bu yerda x > 1, biz yangi yechimga ega bo'lamiz (w, h) = g(x, y) natural sonlardagi (1) tenglamalar w, h qayerda w < х (va shuning uchun kichikroq natural sonlarda yechim). Demak, yuqoridagidek harakat qilib, (1) tenglamaning har bir yechimi uchun natural sonlarda ekanligini topamiz x, y, qayerda x > 1, shunday n natural soni mavjud g(x, y) = (l, 1).

Qabul qilgan f(x, y) = (7x+12y + 3, 4x+ 7y + 2), (4) biz buni osongina topishimiz mumkin f(g(x, y)) = (x, y) va shuning uchun (x, y) = f(1,1) Boshqa tomondan, agar borligini tekshirish oson (x, y)(1) tenglamaning natural sonlardagi yechimi bo’lsa, u holda f(x, y) (1) tenglamaning natural sonlarda yechimi ham mavjud (mos ravishda, dan katta X va da).

Qabul qilgan x=y=1(x, y) = f(1, 1) uchun n=2,3,…..,

ketma-ketlikni olamiz { x, y} uchun n= 1, 2,….., (1) tenglamaning barcha yechimlarini natural sonlarda va faqat shunday echimlarni o'z ichiga oladi.

Mana bizda (X,y)= f(1,1)= f(x, y), shuning uchun (4) tufayli biz olamiz

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

Barcha yechimlarni izchil aniqlash imkonini beruvchi formulalar (x, y) natural sonlardagi (1) tenglamalar. Shunday qilib, biz yechimlarni osongina olamiz (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Shubhasiz, bu yechimlarning cheksiz soni bor. Tenglikdan

x=y=1 va (4) induksiya orqali biz raqamlarni osongina topamiz X toq indekslar bilan toq, juft indekslar bilan ular juft va raqamlar y uchun g'alati n = 1, 2, ... (1) tenglamaning barcha yechimlarini butun sonlarda olish x, y, isbotlash oson bo'lgani uchun, u allaqachon olingan echimlarga amal qiladi (x, y) qo'shilish (x, -y) va (-x-1,±y) uchun n=1, 2, .. .

Shunday qilib, bizda, masalan, ko'proq bunday echimlar mavjud: (-2,1) (-23,13), (-314,181). A.Rotkevich (1) tenglamaning barcha yechimlaridan natural sonlarda ekanligini qayd etdi x > 1 va y tenglamaning barcha yechimlarini olishi mumkin (z+1)-z=y (6)

natural sonlarda z, y. Haqiqatan ham, z, y natural sonlari (5) tenglamani qanoatlantirsin deylik. Qo'yish x=3z+l, tekshirish oson bo'lgani uchun biz natural sonlarni olamiz x > 1 va da qanoatlantiruvchi tenglama (1).

Boshqa tomondan, agar natural sonlar x > 1 va da(1) tenglamani qanoatlantirsak, tekshirish oson bo'lgani uchun bizda bor, (x-1)= 3(y-x), shundan kelib chiqadiki, son (tabiiy) x-1 tomonidan bo'linadi 3 , Binobarin x-1=3 z, qayerda z natural son va tenglikdir 3z=y-x=y3z-1 , bu raqamlar ekanligini isbotlaydi z va da(6) tenglamani qanoatlantiring. Shunday qilib, qarorlar asosida (22,13),(313,181), (4366,2521) (1) tenglama, biz yechimlarni olamiz (7,13),(104,181),(1455,2521) tenglamalar (6). Bu erda tabiiy sonlar bo'lsa, shuni ham ta'kidlaymiz z, y(6) tenglama qanoatlantirilsa, bu isbotlangan da masalan, ketma-ket ikkita kvadratning yig'indisidir 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Xuddi shunday, (1) tenglamada bo'lgani kabi, biz tenglamaning barcha yechimlarini topishimiz mumkin edi x+(x+1)= y natural sonlarda x, y, uchun olish x > 3 g (x. y) \u003d (3x -2y + 1, 3y - 4x - 2) va uchun x> 1 f(x, y) = (3x+ 2y+l, 4x + Zu + 2), formulaga olib keladi ( x, y)f(3,5) va (6) tenglamaning x, y natural sonlardagi barcha yechimlari ketma-ketlikda joylashgan degan xulosaga kelish mumkin. { x, y} uchun n= 1, 2,…., qayerda x=3, y=5 vax=3 x+2 y+1 . y = 4 x+3 y+2 (n=1, 2, ...). Masalan, 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.

Ko'rib chiqilayotgan tenglamaning geometrik ma'nosi shundaki, u barcha Pifagor uchburchaklarini (tabiiy tomonlari bo'lgan to'rtburchaklar) beradi, ularning oyoqlari ketma-ket natural sonlar bilan ifodalanadi. Bunday uchburchaklarning cheksiz soni (*) mavjud.

Tenglama shunday x+(x+1)= y, natural sonlarda yechimlari yo‘qligi isbotlangan x, y.