Εργασία 12.

Λύστε σε ακέραιους αριθμούς 5x² + 5y² + 8xy + 2y - 2y + 2 = 0.

Λύση.

Εάν προσπαθήσετε να λύσετε αυτήν την εξίσωση με παραγοντοποίηση, τότε αυτή είναι μια μάλλον χρονοβόρα εργασία, επομένως αυτή η εξίσωση μπορεί να λυθεί με μια πιο κομψή μέθοδο. Θεωρήστε την εξίσωση ως τετράγωνο συγγενήςΟ x 5x² + (8y-2 )x+5y²+2y+2=0 , x1,2 \u003d (1 - 4y ± √ (1 - 4y) ² - 5 (5y² + 2y + 2)) / 5 \u003d (1 - 4y ± √ -9(y + 1)²)/5.

Αυτή η εξίσωση έχει λύση όταν η διάκριση είναι μηδέν, δηλ. –9(y + 1) = 0, ως εκ τούτου y = -1. Αν y = -1, τότε x=1.

Απάντηση.

Εργασία 13.

Λύστε σε ακέραιους αριθμούς 3(x² + xy + y²) = x + 8y

Λύση.

Θεωρήστε την εξίσωση ως τετραγωνική ως προς x 3x ² + (3y - 1) x + 3y² - 8y \u003d 0.Ας βρούμε τη διάκριση της εξίσωσης D \u003d \u003d (3y - 1) ² - 4 * 3 (3y² - 8y) \u003d 9y2 - 6y + 1 - 36y2 + 96y \u003d -27y2 + 90y + 1.

Δεδομένος εξίσωσηη ιδέα έχει ρίζες, ανD³0, δηλ. –27y² + 90y + 1³ 0

(-45 + √2052)/ (-27) £ y £ (-45 - √2052)/ (-27)(4)

Επειδή н Ζ, τότε η συνθήκη (4) ικανοποιείται μόνο 0, 1, 2, 3 . Διαβάζοντας αυτές τις τιμές, παίρνουμε ότι η εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς έχει λύσεις (0; 0) και (1; 1) .

Απάντηση.

(0; 0) , (1; 1) .

Εργασία 14.

Λύστε την Εξίσωση 5x² - 2xy + 2y² - 2x - 2y + 1 = 0.

Λύση.

Θεωρήστε αυτή την εξίσωση ως τετραγωνική σε σχέση με Χμε συντελεστές ανάλογα y, 5x² - 2(y + 1) x + 2y² - 2y + 1 = 0.

Βρείτε το ένα τέταρτο της διάκρισης D/4=(y+1)²-5(2y²-2y+1)=-(3y-2)².

Από αυτό προκύπτει ότι η εξίσωση έχει λύση μόνο όταν -(3y - 2)² = 0, αυτό υπονοεί y = ⅔,τότε βρίσκουμε x = ⅓.

Απάντηση.

(⅓; ⅔).

υπολειπόμενη μέθοδος.

Εργασία 15.

Λύστε σε ακέραιους αριθμούς 3ª = 1 + y²

Λύση.

Είναι ξεκάθαρο ότι (0; 0) είναι η λύση αυτής της εξίσωσης. Ας αποδείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις.

Εξετάστε τις περιπτώσεις:

1) x О N, y О N(5)

Αν x О N, τότε 3ªδιαιρείται με 3 χωρίς ίχνος, και y² + 1κατά τη διαίρεση με 3 δίνει το υπόλοιπο είτε 1 , ή 2 . Επομένως, ισότητα (5) για φυσικές αξίες Χκαι στοαδύνατο.

2) Αν Χείναι αρνητικός ακέραιος αριθμός y О Z,τότε 0<3ª<1, ένα 1+y²³0και η ισότητα (5) είναι επίσης αδύνατη. Επομένως, το (0; 0) είναι η μόνη λύση.

Απάντηση.

Εργασία 16 .

Να αποδείξετε ότι το σύστημα των εξισώσεων

ì x² - y² = 7

î z² - 2y² = 1

δεν έχει λύσεις σε ακέραιους αριθμούς.

Λύση.

Ας υποθέσουμε ότι το σύστημα είναι ενεργοποιημένο. Από τη δεύτερη εξίσωση z²=2y+1,δηλ. z²–περιττός αριθμός και z- περίεργο, σημαίνει z=2m+1. Τότε y²+2m²+2m,που σημαίνει, y² -Ζυγός αριθμός στο- ακόμη και, y = 2n, n Î Z.

x²=8n³+7,δηλ. x² -περιττός αριθμός και Χ -περιττός αριθμός, х=2k+1, k О Z.

Αντικαταστήστε τις τιμές Χκαι στοστην πρώτη εξίσωση, παίρνουμε 2(k² + k - 2n³) = 3,κάτι που είναι αδύνατο αφού η αριστερή πλευρά διαιρείται με 2 , αλλά το σωστό δεν είναι.

Ως εκ τούτου, η υπόθεσή μας είναι εσφαλμένη, δηλ. το σύστημα δεν έχει λύσεις σε ακέραιους αριθμούς.

Η μέθοδος της άπειρης κατάβασης.

Η λύση των εξισώσεων με τη μέθοδο της άπειρης καθόδου προχωρά σύμφωνα με το ακόλουθο σχήμα: αν υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει λύσεις, χτίζουμε κάποια άπειρη διαδικασία, ενώ, σύμφωνα με την ίδια την έννοια του προβλήματος, αυτή η διαδικασία πρέπει να τελειώσει κάπου.

Συχνά η μέθοδος της άπειρης καθόδου εφαρμόζεται σε απλούστερη μορφή. Αν υποθέσουμε ότι έχουμε ήδη φτάσει στο φυσικό τέλος, βλέπουμε ότι δεν μπορούμε να «σταματήσουμε».

Εργασία 17.

Λύστε σε ακέραιους αριθμούς 29x + 13y + 56z = 17 (6)

Εκφράζουμε τον άγνωστο, ο συντελεστής στον οποίο είναι ο μικρότερος, μέσω των υπόλοιπων αγνώστων.

y=(17-29x-56z)/13=(1-2x-4z)+(4-3x-4z)/13(7)

Σημαίνω (4-3x-4z)/13=t1(8)

Από το (7) προκύπτει ότι t1μπορεί να πάρει μόνο ακέραιες τιμές. Από (8) έχουμε 13t1 + 3x + 4z = 14(9)

Λαμβάνουμε μια νέα Διοφαντική εξίσωση, αλλά με μικρότερους συντελεστές από την (6). Εφαρμόζουμε τις ίδιες εκτιμήσεις στο (9): x=(4-13t1-4z)/3= =(1-4t1-z) + (1-t1-z)/3

(1-t1-z)/3 = t2, t2- ολόκληρος, 3t2+t1+z = 1(10)

Σε (10) συντελεστής στο z– ο άγνωστος της αρχικής εξίσωσης ισούται με 1 - αυτό είναι το τελευταίο σημείο της «κάθοδος». Τώρα διαδοχικά εκφραζόμαστε z, Χ, yαπέναντι t1και t2.

ì z = -t1 - 3t2 + 1

í x = 1 - 4t1 + t1 + 3t2 = 1 + t2 = -t1 + 4t2

î y = 1 + 6t1 – 8t2 + 4t1 + 12t2 – 4 + t1= 11t1 + 4t2 - 3

Ετσι, ì x = -3t1 + 4t2

í y = 11t1 + 4t2 - 3

î z = -t1 - 3t2 + 1

t1, t2- τυχόν ακέραιοι - όλες οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (6)

Εργασία 18.

Λύστε σε ακέραιους αριθμούς x³ - 3y³ - 9z³ = 0(11)

Λύση.

Μπορεί να φανεί ότι η αριστερή πλευρά της εξίσωσης (11) δεν προσφέρεται για μετασχηματισμούς. Επομένως, εξετάζοντας τον χαρακτήρα των ακεραίων x³=3(y³-z³).Αριθμός x³πολλαπλούς 3 , άρα ο αριθμός Χπολλαπλούς 3 , δηλ. x = 3x1(12) Αντικατάσταση (12) σε (11) 27x1³-3y³-9z³=0, 9x1³-y³-3z³=0(13)

y³=3(3x1³-z³).Τότε y³πολλαπλούς 3 , που σημαίνει και στοπολλαπλούς 3 , δηλ. y=3y1(14). Αντικατάσταση (14) σε (13) 9х1³ -27y1³ - 3z³=0. Από αυτή την εξίσωση προκύπτει ότι z³πολλαπλούς 3, και ως εκ τούτου zπολλαπλούς 3 , δηλ. z=3z1.

Έτσι, αποδείχθηκε ότι οι αριθμοί που ικανοποιούν την εξίσωση (11) είναι πολλαπλάσιοι του τρεις και πόσες φορές δεν θα τους διαιρούσαμε με 3 , παίρνουμε αριθμούς που είναι πολλαπλάσιοι του τριών. Ο μόνος ακέραιος αριθμός που ικανοποιεί τρεις. Ο μόνος ακέραιος που ικανοποιεί αυτή τη συνθήκη θα είναι μηδέν, δηλαδή η λύση αυτής της εξίσωσης (0; 0; 0)

Heinrich G.N. FMSh No. 146, Perm

54 ≡ 6× 5 ≡ 2 (τροπ. 7),

55 ≡ 2× 5 ≡ 3 (mod 7), 56 ≡ 3× 5 ≡ 1 (mod 7).

Ανεβάζοντας στην ισχύ k, παίρνουμε 56k ≡ 1(mod 7) για οποιοδήποτε φυσικό k. Επομένως 5555 = 56 × 92 × 53 ≡ 6 (mod7).

(Γεωμετρικά, αυτή η ισότητα σημαίνει ότι περιφέρουμε τον κύκλο, ξεκινώντας από το 5, ενενήντα δύο κύκλους και τρεις ακόμη αριθμούς). Έτσι, ο αριθμός 222555 δίνει ένα υπόλοιπο 6 όταν διαιρείται με το 7.

Λύση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς.

Αναμφίβολα, ένα από τα ενδιαφέροντα θέματα των μαθηματικών είναι η λύση των Διοφαντικών εξισώσεων. Αυτό το θέμα μελετάται στην 8η, και στη συνέχεια στην 10η και 11η τάξη.

Κάθε εξίσωση που χρειάζεται να λυθεί σε ακέραιους αριθμούς ονομάζεται Διοφαντική εξίσωση. Η απλούστερη από αυτές είναι μια εξίσωση της μορφής ax + κατά \u003d c, όπου a, b και cÎ Ζ. Κατά την επίλυση αυτής της εξίσωσης χρησιμοποιείται το ακόλουθο θεώρημα.

Θεώρημα. Μια γραμμική Διοφαντινή εξίσωση ax+by=c, όπου τα a, b και cÎ Z έχει λύση αν και μόνο αν το c διαιρείται με το gcd των αριθμών a και b. Αν d=gcd (a, b), a=a1 d, b=b1 d, c=c1 d και (x0 , y0 ) είναι κάποια λύση της εξίσωσης ax+by=c, τότε όλες οι λύσεις δίνονται με x= x0 +b1 t, y=y0 –a1 t, όπου t είναι ένας αυθαίρετος ακέραιος αριθμός.

1. Λύστε τις εξισώσεις σε ακέραιους αριθμούς:

	3xy–6x2 = y–2x+4;
	(x–2)(xy+4)=1;		y–x–xy=2;
	2x2 + xy = x + 7;		3xy+2x+3y=0;
	х2 –xy–х+y=1;
	x2 –3xy=x–3y+2;	10. x2 – xy – y = 4.

2. Οι παρακάτω εργασίες εξετάστηκαν με τους αποφοίτους κατά την προετοιμασία για τις εξετάσεις στα μαθηματικά σε αυτό το θέμα.

ένας). Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς: xy + 3y + 2x + 6 = 13. Λύση:

Ας παραγοντοποιήσουμε την αριστερή πλευρά της εξίσωσης. Παίρνουμε:

y(x+3)+2(x+3)=13;

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

Από x,yО Z, λαμβάνουμε ένα σύνολο συστημάτων εξισώσεων:

Heinrich G.N.

	м x +
	м x +
	м x +
ê ì x +

FMSh No. 146, Perm

		μ x =
		μ x =
		μ x =
	ê ì x =

Απάντηση: (-2; 11), (10; -1), (-4; -15), (-15, -3)

2). Λύστε την εξίσωση σε φυσικούς αριθμούς: 3x + 4y \u003d 5z.

9). Να βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών m και n για τα οποία ισχύει η ισότητα 3m +7=2n.

10). Βρείτε όλα τα τριπλάσια των φυσικών αριθμών k, m και n για τα οποία ισχύει η ισότητα: 2∙k!=m! –2∙n! (1!=1, 2!=1∙2, 3!= 1∙2∙3, …n!= 1∙2∙3∙…∙n)

έντεκα). Όλα τα μέλη της πεπερασμένης ακολουθίας είναι φυσικοί αριθμοί. Κάθε μέλος αυτής της ακολουθίας, ξεκινώντας από τη δεύτερη, είναι είτε 14 φορές μεγαλύτερο είτε 14 φορές μικρότερο από το προηγούμενο. Το άθροισμα όλων των όρων της ακολουθίας είναι 4321.

γ) Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός όρων που μπορεί να έχει μια ακολουθία; Λύση:

α) Έστω a1 = x, μετά a2 = 14x ή a1 = 14x, μετά a2 = x. Τότε, με συνθήκη, a1 + a2 = 4321. Παίρνουμε: x + 14x = 4321, 15x = 4321, αλλά το 4321 δεν είναι πολλαπλάσιο του 15, που σημαίνει ότι δεν μπορούν να υπάρχουν δύο μέλη στην ακολουθία.

β) Έστω a1 =x, τότε a2 = 14x, a3 =x, ή 14x+x+14x=4321, ή x+14x+x=4321. 29x=4321, μετά x=149, 14x=2086. Άρα η ακολουθία μπορεί να έχει τρία μέλη. Στη δεύτερη περίπτωση 16x=4321, αλλά τότε το x δεν είναι φυσικός αριθμός.

Καμία απάντηση; β) ναι? γ) 577.

Heinrich G.N.

FMSh No. 146, Perm

12). Όλα τα μέλη της πεπερασμένης ακολουθίας είναι φυσικοί αριθμοί. Κάθε μέλος αυτής της ακολουθίας, ξεκινώντας από το δεύτερο, ή σε 10? φορές περισσότερο ή 10 φορές λιγότερο από το προηγούμενο. Το άθροισμα όλων των μελών της ακολουθίας είναι 1860.

α) Μπορεί μια ακολουθία να έχει δύο μέλη; β) Μπορεί μια ακολουθία να έχει τρία μέλη;

γ) Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός όρων που μπορεί να έχει μια ακολουθία;

Είναι προφανές ότι μπορεί κανείς να μιλήσει για τη διαιρετότητα των ακεραίων και να εξετάσει προβλήματα σε αυτό το θέμα ατελείωτα. Προσπάθησα να εξετάσω αυτό το θέμα με τέτοιο τρόπο ώστε να ενδιαφέρει τους μαθητές σε μεγαλύτερο βαθμό, να τους δείξω την ομορφιά των μαθηματικών και από αυτή την άποψη.

Heinrich G.N.

FMSh No. 146, Perm

Βιβλιογραφία:

1. A. Ya. Kannel-Belov, A. K. Kovaldzhi. Πώς επιλύονται οι μη τυπικές εργασίες Μόσχα MCNMO 2001

2. A.V. Spivak. Συμπλήρωμα του περιοδικού Kvant No. 4/2000 Mathematical holiday, Moscow 2000

3. A.V. Spivak. Μαθηματικός κύκλος, «Σπορά» 2003

4. Αγία Πετρούποληπόλη παλάτι της δημιουργικότητας της νεολαίας. Μαθηματικός κύκλος. Βιβλίο προβλημάτων πρώτου-δευτέρου έτους σπουδών. Αγία Πετρούπολη. 1993

5. Άλγεβρα για την 8η τάξη. Εγχειρίδιο για μαθητές σχολείων και τάξεων με εις βάθος μελέτη των μαθηματικών. Επιμέλεια N.Ya.Vilenkin. Μόσχα, 1995

6. M.L.Galitsky, A.M.Goldman, L.I.Zvavich. Συλλογή προβλημάτων στην άλγεβρα για 8-9 τάξεις. Εγχειρίδιο για μαθητές σχολείων και τάξεων με εις βάθος μελέτη των μαθηματικών. Μόσχα, Διαφωτισμός. 1994

7. Yu.N.Makarychev, N.G.Mindyuk, K.I.Neshkov. Άλγεβρα 8η τάξη. Εγχειρίδιο για σχολεία και τάξεις με εις βάθος μελέτη των μαθηματικών. Μόσχα, 2001

8. M.I.Shabunin, A.A.Prokofiev UMK MATHEMATICS Algebra. Αρχές μαθηματικής ανάλυσης. επίπεδο προφίλ. Το εγχειρίδιο για την 11η τάξη. Μόσχα Binom. Εργαστήριο Γνώσης 2009

9. M.I.Shabunin, A.A.Prokofiev, T.A.Oleynik, T.V.Sokolova. UMK ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Άλγεβρα. Αρχές μαθηματικής ανάλυσης. Βιβλίο εργασιών σε επίπεδο προφίλ για την 11η τάξη. Μόσχα Binom. Εργαστήριο Γνώσης 2009

10. A.G. Klovo, D.A. Maltsev, L.I. Abzelilova Μαθηματικά. Συλλογή δοκιμών σύμφωνα με το σχέδιο EGE 2010

11. ΧΡΗΣΗ-2010. «Legion-M». Rostov-on-Don 2009

12. EGE EMC «Μαθηματικά. Προετοιμασία για την εξέταση. Επιμέλεια F.F. Lysenko, S.Yu. Kulabukhov. Ετοιμάζομαι για USE-2011. «Legion-M». Rostov-on-Don 2010

13. UMK «Μαθηματικά. USE-2010". Επιμέλεια F.F. Lysenko, S.Yu. Kulabukhov. ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Προετοιμασία για τη ΧΡΗΣΗ-2010. Προπονητικά τεστ. «Legion-M». Rostov-on-Don 2009

14. ΧΡΗΣΗ FIPI. Universal υλικά για την προετοιμασία των μαθητών ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 2010 Intellect Center 2010

15. A.Zh.Zhafarov. Μαθηματικά. USE-2010 Γρήγορη διαβούλευση. Εκδοτικός Οίκος Siberian University, 2010

Το κείμενο της εργασίας τοποθετείται χωρίς εικόνες και τύπους.
Η πλήρης έκδοση της εργασίας είναι διαθέσιμη στην καρτέλα "Αρχεία εργασιών" σε μορφή PDF

Εισαγωγή.

Αντικείμενο μελέτης.

Η έρευνα αφορά έναν από τους πιο ενδιαφέροντες κλάδους της θεωρίας αριθμών - τη λύση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς.

Αντικείμενο μελέτης.

Η λύση σε ακέραιους αριθμούς αλγεβρικών εξισώσεων με ακέραιους συντελεστές σε περισσότερους από έναν άγνωστους είναι ένα από τα πιο δύσκολα και αρχαία μαθηματικά προβλήματα και δεν αναπαρίσταται επαρκώς σε βάθος στο μάθημα των σχολικών μαθηματικών. Στην εργασία μου, θα παρουσιάσω μια αρκετά πλήρη ανάλυση των εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς, μια ταξινόμηση αυτών των εξισώσεων σύμφωνα με τις μεθόδους επίλυσής τους, μια περιγραφή των αλγορίθμων για την επίλυσή τους, καθώς και πρακτικά παραδείγματα εφαρμογής κάθε μεθόδου για επίλυση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς.

Στόχος.

Μάθετε πώς να λύνετε εξισώσεις σε ακέραιους αριθμούς.

Καθήκοντα:

Μελέτη εκπαιδευτικής και βιβλιογραφίας αναφοράς.

Συλλέξτε θεωρητικό υλικό για τον τρόπο επίλυσης εξισώσεων.

Ανάλυση αλγορίθμων για την επίλυση εξισώσεων αυτού του τύπου.

Περιγράψτε λύσεις.

Εξετάστε παραδείγματα επίλυσης εξισώσεων χρησιμοποιώντας αυτές τις μεθόδους.

Υπόθεση:

Αντιμέτωπος με εξισώσεις σε ακέραιους αριθμούς στις εργασίες της Ολυμπιάδας, υπέθεσα ότι οι δυσκολίες στην επίλυσή τους οφείλονται στο γεγονός ότι δεν μου είναι γνωστοί όλοι οι τρόποι επίλυσής τους.

Συνάφεια:

Κατά την επίλυση κατά προσέγγιση παραλλαγών εργασιών USE, παρατήρησα ότι συχνά υπάρχουν εργασίες για την επίλυση εξισώσεων πρώτου και δεύτερου βαθμού σε ακέραιους αριθμούς. Επιπλέον, οι εργασίες της Ολυμπιάδας διαφόρων επιπέδων περιέχουν επίσης εξισώσεις σε ακέραιους αριθμούς ή προβλήματα που επιλύονται χρησιμοποιώντας τις δεξιότητες επίλυσης εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς. Η σημασία του να γνωρίζω πώς να λύνω εξισώσεις σε ακέραιους αριθμούς καθορίζει τη συνάφεια της έρευνάς μου.

Ερευνητικές μέθοδοι

Θεωρητική ανάλυση και γενίκευση πληροφοριών από την επιστημονική βιβλιογραφία για εξισώσεις σε ακέραιους αριθμούς.

Ταξινόμηση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς σύμφωνα με τις μεθόδους επίλυσής τους.

Ανάλυση και γενίκευση μεθόδων επίλυσης εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς.

Αποτελέσματα έρευνας

Στην εργασία περιγράφονται μέθοδοι επίλυσης εξισώσεων, εξετάζεται το θεωρητικό υλικό του θεωρήματος του Φερμά, του Πυθαγόρειου θεωρήματος, του αλγόριθμου του Ευκλείδη, παρουσιάζονται παραδείγματα επίλυσης προβλημάτων και εξισώσεων διαφόρων επιπέδων πολυπλοκότητας.

2.Ιστορία των εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς

Ο Διόφαντος - επιστήμονας - αλγεβριστής της Αρχαίας Ελλάδας, σύμφωνα με ορισμένες πηγές, έζησε μέχρι το 364 μ.Χ. μι. Ειδικεύτηκε στην επίλυση προβλημάτων σε ακέραιους αριθμούς. Εξ ου και η ονομασία Διοφαντικές εξισώσεις. Το πιο γνωστό, που έλυσε ο Διόφαντος, είναι το πρόβλημα της «αποσύνθεσης σε δύο τετράγωνα». Το αντίστοιχο είναι το γνωστό Πυθαγόρειο θεώρημα. Η ζωή και το έργο του Διόφαντου προχώρησε στην Αλεξάνδρεια, συγκέντρωσε και έλυνε γνωστά και επινόησε νέα προβλήματα. Αργότερα τα συνδύασε σε ένα μεγάλο έργο που ονομάζεται Αριθμητική. Από τα δεκατρία βιβλία που συνέθεσαν την Αριθμητική, μόνο έξι επέζησαν μέχρι τον Μεσαίωνα και έγιναν πηγή έμπνευσης για τους μαθηματικούς της Αναγέννησης.Η Αριθμητική του Διόφαντου είναι μια συλλογή προβλημάτων, το καθένα περιλαμβάνει μια λύση και την απαραίτητη εξήγηση. Η συλλογή περιλαμβάνει μια ποικιλία προβλημάτων και η επίλυσή τους είναι συχνά εξαιρετικά έξυπνη. Ο Διόφαντος ενδιαφέρεται μόνο για θετικές ακέραιες και ορθολογικές λύσεις. Ονομάζει τις παράλογες λύσεις «αδύνατες» και επιλέγει προσεκτικά τους συντελεστές ώστε να προκύψουν οι επιθυμητές θετικές, ορθολογικές λύσεις.

Το θεώρημα του Fermat χρησιμοποιείται για την επίλυση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς. Η ιστορία της απόδειξης του οποίου είναι αρκετά ενδιαφέρουσα. Πολλοί επιφανείς μαθηματικοί εργάστηκαν σε μια πλήρη απόδειξη του Μεγάλου Θεωρήματος και αυτές οι προσπάθειες οδήγησαν σε πολλά αποτελέσματα στη σύγχρονη θεωρία αριθμών. Πιστεύεται ότι το θεώρημα βρίσκεται στην πρώτη θέση όσον αφορά τον αριθμό των εσφαλμένων αποδείξεων.

Ο αξιόλογος Γάλλος μαθηματικός Pierre Fermat δήλωσε ότι η εξίσωση για έναν ακέραιο n ≥ 3 δεν έχει λύσεις σε θετικούς ακέραιους x, y, z (xyz = 0 αποκλείεται από τη θετικότητα των x, y, z. Για την περίπτωση n = 3, αυτό το θεώρημα δοκιμάστηκε τον Χ αιώνα και αποδείχθηκε από τον μαθηματικό της Κεντρικής Ασίας al-Khojandi, αλλά η απόδειξη του δεν έχει διατηρηθεί. Λίγο αργότερα, ο ίδιος ο Fermat δημοσίευσε μια απόδειξη μιας συγκεκριμένης περίπτωσης για n = 4.

Ο Euler το 1770 απέδειξε το θεώρημα για την περίπτωση n = 3, οι Dirichlet και Legendre το 1825 για n = 5, Lame για n = 7. Ο Kummer έδειξε ότι το θεώρημα ισχύει για όλους τους πρώτους n μικρότερους από 100, με πιθανή εξαίρεση το 37 , 59, 67.

Στη δεκαετία του 1980, εμφανίστηκε μια νέα προσέγγιση για την επίλυση του προβλήματος. Από την εικασία Mordell, που αποδείχθηκε από τον Faltings το 1983, προκύπτει ότι η εξίσωση

για n > 3 μπορεί να έχει μόνο έναν πεπερασμένο αριθμό συμπρώτων λύσεων.

Το τελευταίο αλλά πιο σημαντικό βήμα για την απόδειξη του θεωρήματος έγινε τον Σεπτέμβριο του 1994 από τον Wiles. Η απόδειξη του 130 σελίδων δημοσιεύτηκε στο Annals of Mathematics. Η απόδειξη βασίζεται στην υπόθεση του Γερμανού μαθηματικού Gerhard Frey ότι το τελευταίο θεώρημα του Fermat είναι συνέπεια της υπόθεσης Taniyama-Shimura (αυτή η υπόθεση αποδείχθηκε από τον Ken Ribet με τη συμμετοχή του J.-P. Serra). Ο Wiles δημοσίευσε το πρώτο εκδοχή της απόδειξης του το 1993 (μετά από 7 χρόνια σκληρής δουλειάς), αλλά σύντομα ανακαλύφθηκε ένα σοβαρό κενό σε αυτό. με τη βοήθεια του Ρίτσαρντ Λόρενς Τέιλορ, το χάσμα κλείστηκε γρήγορα. Η τελική έκδοση δημοσιεύτηκε το 1995. 15 Μαρτίου 2016 Ο Andrew Wiles λαμβάνει το βραβείο Abel. Επί του παρόντος, το ασφάλιστρο είναι 6 εκατομμύρια νορβηγικές κορώνες, δηλαδή περίπου 50 εκατομμύρια ρούβλια. Σύμφωνα με τον Γουάιλς, το βραβείο ήταν μια «πλήρη έκπληξη» γι' αυτόν.

3.Γραμμικές εξισώσεις σε ακέραιους αριθμούς

Οι γραμμικές εξισώσεις είναι οι απλούστερες από όλες τις Διοφαντικές εξισώσεις.

Μια εξίσωση της μορφής ax=b, όπου a και b είναι κάποιοι αριθμοί και x είναι μια άγνωστη μεταβλητή, ονομάζεται γραμμική εξίσωση με έναν άγνωστο. Εδώ απαιτείται να βρεθούν μόνο ακέραιες λύσεις της εξίσωσης. Μπορεί να φανεί ότι αν a ≠ 0, τότε η εξίσωση θα έχει ακέραια λύση μόνο εάν το b διαιρείται πλήρως με το a και αυτή η λύση είναι x = b / f. Αν a=0, τότε η εξίσωση θα έχει ακέραια λύση όταν b=0 και στην περίπτωση αυτή x είναι οποιοσδήποτε αριθμός.

επειδή Το 12 διαιρείται ομοιόμορφα με το 4, λοιπόν

Επειδή a=o και b=0, τότε το x είναι οποιοσδήποτε αριθμός

Επειδή Το 7 δεν διαιρείται καν με το 10, τότε δεν υπάρχουν λύσεις.

4. Τρόπος απαρίθμησης επιλογών.

Στη μέθοδο απαρίθμησης των επιλογών, είναι απαραίτητο να ληφθούν υπόψη τα σημάδια διαιρετότητας των αριθμών, να εξεταστούν όλες οι πιθανές επιλογές για την ισότητα της τελικής απαρίθμησης. Αυτή η μέθοδος μπορεί να χρησιμοποιηθεί για την επίλυση αυτών των προβλημάτων:

№1 Να βρείτε το σύνολο όλων των ζευγών φυσικών αριθμών που είναι η λύση της εξίσωσης 49x+69y=602

Εκφράζουμε από την εξίσωση x =,

Επειδή Το x και το y είναι φυσικοί αριθμοί, τότε x = ≥ 1, πολλαπλασιάστε ολόκληρη την εξίσωση με το 49 για να απαλλαγείτε από τον παρονομαστή:

Μετακινήστε το 602 στην αριστερή πλευρά:

51y ≤ 553, εκφράστε y, y= 10

Η πλήρης απαρίθμηση των επιλογών δείχνει ότι οι φυσικές λύσεις της εξίσωσης είναι x=5, y=7.

Απάντηση: (5,7).-

№2 Λύστε το πρόβλημα

Από τους αριθμούς 2, 4, 7 θα πρέπει να γίνει ένας τριψήφιος αριθμός, στον οποίο δεν μπορεί να επαναληφθεί ούτε ένας αριθμός περισσότερες από δύο φορές.

Ας βρούμε τον αριθμό και των τριψήφιων αριθμών που ξεκινούν με τον αριθμό 2: (224, 242, 227, 272, 247, 274, 244, 277) - υπάρχουν 8 από αυτούς.

Ομοίως, βρίσκουμε όλους τους τριψήφιους αριθμούς που ξεκινούν με τους αριθμούς 4 και 7: (442, 424, 422, 447, 474, 427, 472, 477).

(772, 774, 727, 747, 722, 744, 724, 742) - είναι επίσης 8 αριθμοί ο καθένας. Υπάρχουν μόνο 24 αριθμοί.

Απάντηση: 24η.

5. Συνεχιζόμενο κλάσμα και ο αλγόριθμος του Ευκλείδη

Ένα συνεχιζόμενο κλάσμα είναι μια έκφραση ενός συνηθισμένου κλάσματος στη μορφή

όπου q 1 είναι ακέραιος και q 2 , … ,qn είναι φυσικοί αριθμοί. Μια τέτοια έκφραση ονομάζεται συνεχιζόμενο (πεπερασμένο συνεχιζόμενο) κλάσμα. Υπάρχουν πεπερασμένα και άπειρα συνεχόμενα κλάσματα.

Για τους ρητούς αριθμούς, το συνεχιζόμενο κλάσμα έχει πεπερασμένη μορφή. Επιπλέον, η ακολουθία a i είναι ακριβώς η ακολουθία των πηλίκων που προκύπτει με την εφαρμογή του Ευκλείδειου αλγόριθμου στον αριθμητή και στον παρονομαστή ενός κλάσματος.

Επίλυση εξισώσεων με συνεχόμενα κλάσματα, συνέταξα έναν γενικό αλγόριθμο ενεργειών για αυτήν τη μέθοδο επίλυσης εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς.

Αλγόριθμος

1) Να συντάξετε την αναλογία των συντελεστών για αγνώστους με τη μορφή κλάσματος

2) Μετατρέψτε την έκφραση σε ακατάλληλο κλάσμα

3) Επιλέξτε το ακέραιο μέρος ενός ακατάλληλου κλάσματος

4) Αντικαταστήστε ένα σωστό κλάσμα με ένα ίσο κλάσμα

5) Κάντε το 3.4 με το λάθος κλάσμα που προκύπτει στον παρονομαστή

6) Επαναλάβετε 5 μέχρι το τελικό αποτέλεσμα

7) Στην έκφραση που προκύπτει, απορρίψτε τον τελευταίο σύνδεσμο του συνεχιζόμενου κλάσματος, μετατρέψτε το προκύπτον νέο συνεχιζόμενο κλάσμα σε απλό και αφαιρέστε το από το αρχικό κλάσμα.

Παράδειγμα#1 Λύστε την εξίσωση 127x- 52y+ 1 = 0 σε ακέραιους αριθμούς

Ας μετατρέψουμε τον λόγο των συντελεστών στους αγνώστους.

Πρώτα απ 'όλα, επιλέγουμε το ακέραιο μέρος του ακατάλληλου κλάσματος. = 2 +

Αντικαταστήστε ένα σωστό κλάσμα με ένα ίσο κλάσμα.

Όπου = 2+

Ας κάνουμε τους ίδιους μετασχηματισμούς με το ακατάλληλο κλάσμα που προκύπτει στον παρονομαστή.

Τώρα το αρχικό κλάσμα θα πάρει τη μορφή: Επαναλαμβάνοντας τον ίδιο συλλογισμό για το κλάσμα, λαμβάνουμε

Πήραμε μια έκφραση που ονομάζεται τελικό συνεχιζόμενο ή συνεχιζόμενο κλάσμα. Έχοντας απορρίψει τον τελευταίο σύνδεσμο αυτού του συνεχιζόμενου κλάσματος - το ένα πέμπτο, μετατρέπουμε το νέο συνεχόμενο κλάσμα που προκύπτει σε απλό και το αφαιρούμε από το αρχικό κλάσμα:

Ας φέρουμε την έκφραση που προκύπτει σε έναν κοινό παρονομαστή και ας την απορρίψουμε.

Από όπου και 127∙9-52∙22+1=0. Συγκρίνοντας την ισότητα που προκύπτει με την εξίσωση 127x- 52y+1 = 0, προκύπτει ότι τότε x= 9, y= 22 είναι λύση της αρχικής εξίσωσης και σύμφωνα με το θεώρημα, όλες οι λύσεις της θα περιέχονται στις προόδους x = 9+ 52t, y= 22+ 127t , όπου t=(0; ±1; ±2....). , απορρίψτε τον τελευταίο του σύνδεσμο και κάντε υπολογισμούς παρόμοιους με αυτούς που δίνονται παραπάνω.

Για να αποδείξουμε αυτή την υπόθεση, θα χρειαστούμε κάποιες ιδιότητες συνεχιζόμενων κλασμάτων.

Θεωρήστε ένα μη αναγώγιμο κλάσμα. Να συμβολίσετε με q 1 το πηλίκο και με r 2 το υπόλοιπο της διαίρεσης του a με το b. Τότε παίρνουμε:

Τότε b=q 2 r 2 +r 3,

Παρόμοιος

r 2 \u003d q 3 r 3 + r 4, ;

r 3 \u003d q 4 r 4 + r 5,;

………………………………..

Τα μεγέθη q 1 , q 2 ,… ονομάζονται ημιτελή πηλίκα. Η παραπάνω διαδικασία σχηματισμού ημιτελών πηλίκων ονομάζεται Ο αλγόριθμος του Ευκλείδη. Τα υπόλοιπα από τη διαίρεση r 2 , r 3 ,…ικανοποιούν τις ανισότητες

εκείνοι. σχηματίζουν μια σειρά από φθίνοντες μη αρνητικούς αριθμούς.

Παράδειγμα #2 Λύστε την εξίσωση 170x+190y=3000 σε ακέραιους αριθμούς

Μετά τη μείωση κατά 10, η εξίσωση μοιάζει με αυτό:

Για να βρούμε μια συγκεκριμένη λύση, χρησιμοποιούμε την επέκταση ενός κλάσματος σε συνεχόμενο κλάσμα

Έχοντας καταρρεύσει το προτελευταίο κλάσμα που είναι κατάλληλο για αυτό σε ένα συνηθισμένο

Μια συγκεκριμένη λύση αυτής της εξίσωσης έχει τη μορφή

X 0 \u003d (-1) 4300 ∙ 9 \u003d 2700, y 0 \u003d (-1) 5300 ∙ 8 \u003d -2400,

και η γενική δίνεται από τον τύπο

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

από όπου λαμβάνουμε την συνθήκη στην παράμετρο k

Εκείνοι. k=142, x=2, y=14. .

6. Μέθοδος Factoring

Η μέθοδος απαρίθμησης των επιλογών είναι ένας άβολος τρόπος, αφού υπάρχουν περιπτώσεις που είναι αδύνατο να βρεθούν πλήρεις λύσεις με απαρίθμηση, αφού υπάρχει άπειρος αριθμός τέτοιων λύσεων. Η μέθοδος παραγοντοποίησης είναι μια πολύ ενδιαφέρουσα τεχνική και συναντάται τόσο στα μαθηματικά της στοιχειώδους όσο και στα ανώτερα μαθηματικά.

Η ουσία συνίσταται στον ταυτόσημο μετασχηματισμό. Το νόημα οποιουδήποτε πανομοιότυπου μετασχηματισμού είναι να γράψετε μια έκφραση σε διαφορετική μορφή διατηρώντας παράλληλα την ουσία της. Εξετάστε παραδείγματα εφαρμογής αυτής της μεθόδου.

№1 Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς y 3 -Χ 3 = 91.

Χρησιμοποιώντας τους συντομευμένους τύπους πολλαπλασιασμού, αποσυνθέτουμε τη δεξιά πλευρά της εξίσωσης σε παράγοντες:

(y - x)(y 2 + xy + x 2) = 91

Γράφουμε όλους τους διαιρέτες του αριθμού 91: ± 1; ± 7; ± 13; ±91

Σημειώστε ότι για κάθε ακέραιο x και y ο αριθμός

y 2 + yx + x 2 ≥ y 2 - 2|y||x| + x 2 = (|y| - |x|) 2 ≥ 0,

Επομένως, και οι δύο παράγοντες στην αριστερή πλευρά της εξίσωσης πρέπει να είναι θετικοί. Τότε η αρχική εξίσωση είναι ισοδύναμη με το σύνολο των συστημάτων εξισώσεων:

Έχοντας λύσει τα συστήματα, επιλέγουμε εκείνες τις ρίζες που είναι ακέραιοι.

Παίρνουμε λύσεις στην αρχική εξίσωση: (5; 6), (-6; -5); (-3; 4), (-4; 3).

Απάντηση: (5; 6); (-6; -5); (-3; 4); (-4;3).

№2 Να βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση x 2 -υ 2 = 69

Παραγοντοποιούμε την αριστερή πλευρά της εξίσωσης και γράφουμε την εξίσωση ως

Επειδή οι διαιρέτες του αριθμού 69 είναι οι αριθμοί 1, 3, 23 και 69, τότε το 69 μπορεί να ληφθεί με δύο τρόπους: 69=1 69 και 69=3 23. Θεωρώντας ότι x-y > 0, παίρνουμε δύο συστήματα εξισώσεων, λύνοντας τα οποία μπορούμε να βρούμε τους επιθυμητούς αριθμούς:

Έχοντας εκφράσει μια μεταβλητή και αντικαθιστώντας τη με τη δεύτερη εξίσωση, βρίσκουμε τις ρίζες των εξισώσεων.Το πρώτο σύστημα έχει λύση x=35;y=34 , και το δεύτερο σύστημα έχει λύση x=13, y=10.

Απάντηση: (35; 34), (13; 10).

№3 Λύστε την εξίσωση x + y \u003d xy σε ακέραιους αριθμούς:

Γράφουμε την εξίσωση στη φόρμα

Ας παραγοντοποιήσουμε την αριστερή πλευρά της εξίσωσης. Παίρνω

Το γινόμενο δύο ακεραίων μπορεί να ισούται με 1 μόνο σε δύο περιπτώσεις: αν είναι και οι δύο ίσοι με 1 ή -1. Παίρνουμε δύο συστήματα:

Το πρώτο σύστημα έχει λύση x=2, y=2 και το δεύτερο σύστημα έχει λύση x=0, y=0. Απάντηση: (2; 2), (0; 0).

№4 Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 30 δεν έχει λύσεις σε ακέραιους αριθμούς.

Παραγοντοποιούμε την αριστερή πλευρά της εξίσωσης και διαιρούμε και τις δύο πλευρές της εξίσωσης με το 3, ως αποτέλεσμα έχουμε την εξίσωση:

(x - y)(y - z)(z - x) = 10

Οι διαιρέτες του 10 είναι οι αριθμοί ±1, ±2, ±5, ±10. Σημειώστε επίσης ότι το άθροισμα των παραγόντων στην αριστερή πλευρά της εξίσωσης είναι ίσο με 0. Είναι εύκολο να ελέγξετε ότι το άθροισμα οποιωνδήποτε τριών αριθμών από το σύνολο διαιρετών του αριθμού 10, δίνοντας το 10 στο γινόμενο, δεν θα ίση με 0. Επομένως, η αρχική εξίσωση δεν έχει λύσεις σε ακέραιους αριθμούς.

7. Μέθοδος υπολειμμάτων

Το κύριο καθήκον της μεθόδου είναι να βρει το υπόλοιπο της διαίρεσης και των δύο μερών της εξίσωσης με έναν ακέραιο, με βάση τα αποτελέσματα που προέκυψαν. Συχνά οι πληροφορίες που λαμβάνονται μειώνουν τις δυνατότητες των συνόλων λύσεων της εξίσωσης. Εξετάστε παραδείγματα:

№1 Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x 2 = 3y + 2 δεν έχει λύσεις σε ακέραιους αριθμούς.

Απόδειξη.

Θεωρήστε την περίπτωση όπου x, y ∈ N. Θεωρήστε τα υπόλοιπα και των δύο πλευρών διαιρούμενα με το 3. Η δεξιά πλευρά της εξίσωσης δίνει ένα υπόλοιπο 2 όταν διαιρείται με το 3 για οποιαδήποτε τιμή του y. Η αριστερή πλευρά, που είναι το τετράγωνο ενός φυσικού αριθμού, όταν διαιρείται με το 3, δίνει πάντα υπόλοιπο 0 ή 1. Με βάση αυτό, συμπεραίνουμε ότι δεν υπάρχει λύση σε αυτή την εξίσωση στους φυσικούς αριθμούς.

Εξετάστε την περίπτωση που ένας από τους αριθμούς είναι ίσος με 0. Τότε, προφανώς, δεν υπάρχουν λύσεις σε ακέραιους αριθμούς.

Η περίπτωση που το y είναι αρνητικός ακέραιος δεν έχει λύσεις, γιατί η δεξιά πλευρά θα είναι αρνητική και η αριστερή θετική.

Η περίπτωση που το x είναι αρνητικός ακέραιος δεν έχει επίσης λύσεις, γιατί εμπίπτει σε μία από τις περιπτώσεις που εξετάστηκαν προηγουμένως λόγω του γεγονότος ότι (-x) 2 = (x) 2 .

Αποδεικνύεται ότι η υποδεικνυόμενη εξίσωση δεν έχει λύσεις σε ακέραιους αριθμούς, κάτι που έπρεπε να αποδειχθεί.

№2 Λύστε σε ακέραιους αριθμούς 3 Χ = 1 + y 2 .

Δεν είναι δύσκολο να δούμε ότι το (0; 0) είναι η λύση αυτής της εξίσωσης. Μένει να αποδείξουμε ότι η εξίσωση δεν έχει άλλες ακέραιες ρίζες.

Εξετάστε τις περιπτώσεις:

1) Αν x∈N, y∈N, τότε το Z διαιρείται με το τρία χωρίς υπόλοιπο, και το 1 + y 2 όταν διαιρείται με το 3 δίνει

το υπόλοιπο είναι είτε 1 είτε 2. Επομένως, ισότητα για θετικούς ακέραιους αριθμούς

τιμές των x, y είναι αδύνατη.

2) Αν x είναι αρνητικός ακέραιος, y∈Z , τότε 0< 3 х < 1, а 1 + y 2 ≥ 0 и

η ισότητα είναι επίσης αδύνατη. Επομένως, το (0; 0) είναι το μόνο

Απάντηση: (0; 0).

№3 Λύστε την εξίσωση 2x 2 -2xy+9x+y=2 σε ακέραιους αριθμούς:

Ας εκφράσουμε από την εξίσωση τον άγνωστο που εισέρχεται σε αυτήν μόνο στον πρώτο βαθμό, δηλαδή τη μεταβλητή y:

2x 2 + 9x-2 = 2xy-y, απ' όπου

Επιλέγουμε το ακέραιο μέρος του κλάσματος χρησιμοποιώντας τον κανόνα για τη διαίρεση ενός πολυωνύμου με μια πολυωνυμική "γωνία". Παίρνουμε:

Προφανώς, μια διαφορά 2x-1 μπορεί να λάβει μόνο τις τιμές -3, -1, 1 και 3.

Μένει να απαριθμήσουμε αυτές τις τέσσερις περιπτώσεις, ως αποτέλεσμα των οποίων λαμβάνουμε λύσεις: (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)

Απάντηση: (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)

8. Παράδειγμα επίλυσης εξισώσεων με δύο μεταβλητές σε ακέραιους ως τετράγωνους σε σχέση με μία από τις μεταβλητές

№1 Λύστε την εξίσωση 5x σε ακέραιους αριθμούς 2 +5 ε 2 + 8xy+2y-2x +2=0

Αυτή η εξίσωση μπορεί να λυθεί με τη μέθοδο της παραγοντοποίησης, ωστόσο, αυτή η μέθοδος, όπως εφαρμόζεται σε αυτήν την εξίσωση, είναι αρκετά επίπονη. Ας εξετάσουμε έναν πιο ορθολογικό τρόπο.

Γράφουμε την εξίσωση με τη μορφή τετραγωνικού ως προς τη μεταβλητή x:

5x 2 +(8y-2)x+5y 2 +2y+2=0

Βρίσκουμε τις ρίζες του.

Αυτή η εξίσωση έχει λύση εάν και μόνο εάν ο διαχωριστής

αυτής της εξίσωσης ισούται με μηδέν, δηλ. - 9(y+1) 2 =0, επομένως y= - 1.

Αν y=-1, τότε x=1.

Απάντηση: (1; - 1).

9. Παράδειγμα επίλυσης προβλημάτων με χρήση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς.

№ 1. Λύστε την εξίσωση σε φυσικούς αριθμούς : όπου n>m

Ας εκφράσουμε τη μεταβλητή n ως προς τη μεταβλητή m:

Ας βρούμε τους διαιρέτες του αριθμού 625: αυτό είναι 1; 5; 25; 125; 625

1) αν m-25 =1, τότε m=26, n=25+625=650

2) m-25 =5, μετά m=30, n=150

3) m-25 =25, μετά m=50, n=50

4) m-25 =125, μετά m=150, n=30

5) m-25 =625, μετά m=650, n=26

Απάντηση: m=150, n=30

№ 2. Λύστε την εξίσωση σε φυσικούς αριθμούς: mn +25 = 4m

Λύση: mn +25 = 4m

1) Εκφράστε τη μεταβλητή 4m ως n:

2) βρείτε τους φυσικούς διαιρέτες του αριθμού 25: αυτό είναι 1. 5; 25

αν 4-n=1, τότε n=3, m=25

4-n=5, μετά n=-1, m=5; 4-n =25, μετά n=-21, m=1 (ξένες ρίζες)

Απάντηση: (25;3)

Εκτός από τις εργασίες για την επίλυση της εξίσωσης σε ακέραιους αριθμούς, υπάρχουν εργασίες που αποδεικνύουν το γεγονός ότι η εξίσωση δεν έχει ακέραιες ρίζες.

Κατά την επίλυση τέτοιων προβλημάτων, είναι απαραίτητο να θυμάστε τις ακόλουθες ιδιότητες διαιρετότητας:

1) Αν n Z; Το n διαιρείται με το 2, τότε n = 2k, k ∈ Z.

2) Αν n ∈ Z; Το n δεν διαιρείται με το 2, τότε n = 2k+1, k ∈ Z.

3) Αν n ∈ Z; Το n διαιρείται με το 3, τότε n = 3k, k ∈ Z.

4) Αν n ∈ Z; Το n δεν διαιρείται με το 3, τότε n = 3k±1, k ∈ Z.

5) Αν n ∈ Z; Το n δεν διαιρείται με το 4, τότε n = 4k+1; n = 4k+2; n = 4k+3. k ∈ Z.

6) Αν n ∈ Z; Το n(n+1) διαιρείται με το 2, μετά το n (n+1)(n+2) διαιρείται με το 2;3;6.

7) n; Τα n+1 είναι συμπρωτεύοντα.

№3 Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x 2 - Το 3y = 17 δεν έχει ακέραιες λύσεις.

Απόδειξη:

Έστω x; y - λύσεις της εξίσωσης

x 2 \u003d 3 (y + 6) -1 y ∈ Z τότε y+6 ∈ Z , άρα το 3(y+6) διαιρείται με το 3, επομένως το 3(y+6)-1 δεν διαιρείται με το 3, επομένως το x 2 δεν διαιρείται με το 3, επομένως το x δεν διαιρείται διαιρείται με το 3, άρα x = 3k±1, k ∈ Z.

Αντικαταστήστε το στην αρχική εξίσωση.

Έχουμε μια αντίφαση. Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση δεν έχει ολόκληρες λύσεις, κάτι που έπρεπε να αποδειχθεί.

10.Φόρμουλα κορυφής

Ο τύπος του Pick ανακαλύφθηκε από τον Αυστριακό μαθηματικό Georg Pick το 1899. Ο τύπος σχετίζεται με εξισώσεις σε ακέραιους αριθμούς καθώς λαμβάνονται μόνο ακέραιοι κόμβοι από πολύγωνα, καθώς και ακέραιοι σε εξισώσεις.

Χρησιμοποιώντας αυτόν τον τύπο, μπορείτε να βρείτε την περιοχή μιας φιγούρας που είναι χτισμένη σε ένα φύλλο σε ένα κελί (τρίγωνο, τετράγωνο, τραπεζοειδές, ορθογώνιο, πολύγωνο).

Σε αυτόν τον τύπο, θα βρούμε ακέραια σημεία μέσα στο πολύγωνο και στο περίγραμμά του.

Στις εργασίες που θα υπάρξουν στην εξέταση, υπάρχει μια ολόκληρη ομάδα εργασιών στις οποίες δίνεται ένα πολύγωνο χτισμένο σε ένα φύλλο σε ένα κελί και υπάρχει θέμα εύρεσης της περιοχής. Η κλίμακα του κελιού είναι ένα τετραγωνικό εκατοστό.

Παράδειγμα #1

M - ο αριθμός των κόμβων στο όριο του τριγώνου (στις πλευρές και στις κορυφές)

N είναι ο αριθμός των κόμβων μέσα στο τρίγωνο.

*Κάτω από «κόμπους» εννοούμε τη διασταύρωση των γραμμών. Βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου:

Σημειώστε τους κόμβους:

M = 15 (υποδεικνύεται με κόκκινο)

N = 34 (σημειώνεται με μπλε)

Παράδειγμα #2

Βρείτε την περιοχή του πολυγώνου: Σημειώστε τους κόμβους:

M = 14 (υποδεικνύεται με κόκκινο)

N = 43 (σημειώνεται με μπλε)

12.Μέθοδος καθόδου

Μία από τις μεθόδους για την επίλυση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς - η μέθοδος καθόδου - βασίζεται στο θεώρημα του Fermat.

Η μέθοδος καθόδου είναι μια μέθοδος που συνίσταται στην κατασκευή μιας λύσης σε μια άπειρη ακολουθία λύσεων με απείρως φθίνουσα θετική z.

Θα εξετάσουμε τον αλγόριθμο αυτής της μεθόδου χρησιμοποιώντας το παράδειγμα επίλυσης μιας συγκεκριμένης εξίσωσης.

Παράδειγμα 1. Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς 5x + 8y = 39.

1) Ας επιλέξουμε τον άγνωστο που έχει τον μικρότερο συντελεστή (στην περίπτωσή μας είναι x) και ας τον εκφράσουμε με έναν άλλο άγνωστο:

2) Επιλέξτε το ακέραιο μέρος: Προφανώς, το x θα είναι ακέραιος εάν η παράσταση αποδειχθεί ακέραιος, ο οποίος, με τη σειρά του, θα λάβει χώρα όταν ο αριθμός 4 - 3y διαιρείται με το 5 χωρίς υπόλοιπο.

3) Ας εισάγουμε μια επιπλέον ακέραια μεταβλητή z ως εξής: 4 -3y = 5z. Ως αποτέλεσμα, λαμβάνουμε μια εξίσωση του ίδιου τύπου με την αρχική, αλλά με μικρότερους συντελεστές.

4) Το λύνουμε ήδη σε σχέση με τη μεταβλητή y, υποστηρίζοντας ακριβώς το ίδιο όπως στις παραγράφους 1, 2: Επιλέγοντας το ακέραιο μέρος, παίρνουμε:

5) Επιχειρηματολογώντας παρόμοια με την προηγούμενη, εισάγουμε μια νέα μεταβλητή u: 3u = 1 - 2z.

6) Να εκφράσετε τον άγνωστο με τον μικρότερο συντελεστή, στην περίπτωση αυτή τη μεταβλητή z: . Απαιτώντας να είναι ακέραιος, παίρνουμε: 1 - u = 2v, από όπου u = 1 - 2v. Δεν υπάρχουν άλλα κλάσματα, η κάθοδος τελείωσε (συνεχίζουμε τη διαδικασία μέχρι να μην μείνουν κλάσματα στην έκφραση για την επόμενη μεταβλητή).

7) Τώρα πρέπει να «ανεβείτε». Εκφράστε μέσω της μεταβλητής v πρώτα z, μετά y και μετά x:

8) Οι τύποι x = 3+8v και y = 3 - 5v, όπου v είναι ένας αυθαίρετος ακέραιος αριθμός, αντιπροσωπεύουν τη γενική λύση της αρχικής εξίσωσης σε ακέραιους αριθμούς.

Έτσι, η μέθοδος καθόδου περιλαμβάνει πρώτα τη διαδοχική έκφραση μιας μεταβλητής μέσω μιας άλλης, μέχρι να μην απομείνουν κλάσματα στην αναπαράσταση της μεταβλητής, και στη συνέχεια, διαδοχική «ανάβαση» κατά μήκος της αλυσίδας των ισοτήτων για να ληφθεί μια γενική λύση στην εξίσωση.

12. Συμπέρασμα

Ως αποτέλεσμα της μελέτης, επιβεβαιώθηκε η υπόθεση ότι οι δυσκολίες στην επίλυση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς οφείλονται στο γεγονός ότι δεν μου ήταν γνωστές όλες οι μέθοδοι επίλυσής τους. Κατά τη διάρκεια της έρευνας, κατάφερα να βρω και να περιγράψω ελάχιστα γνωστούς τρόπους επίλυσης εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς, να τους επεξηγήσω με παραδείγματα. Τα αποτελέσματα της έρευνάς μου μπορούν να είναι χρήσιμα σε όλους τους μαθητές που ενδιαφέρονται για τα μαθηματικά.

13. Βιβλιογραφία

Πηγές βιβλίων:

1. N. Ya. Vilenkin et al., Algebra and mathematical analysis / Grade 10, Grade 11 / / M., “Prosveshchenie”, 1998;

2. A. F. Ivanov et al., Mathematics. Εκπαιδευτικό και εκπαιδευτικό υλικό για την προετοιμασία για τις εξετάσεις // Voronezh, GOUVPO VSTU, 2007

3. A. O. Gel’fond, Μαθηματικά, θεωρία αριθμών// Επίλυση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς// LIBROCOM Book House

Πηγές Διαδικτύου:

4. Εκδόσεις επίδειξης υλικών μέτρησης ελέγχου της ενιαίας κρατικής εξέτασης στα μαθηματικά http://fipi.ru/

5. Παραδείγματα λύσεων εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς http://reshuege.ru

6. Παραδείγματα λύσεων εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς http://mat-ege.ru

7.Ιστορία των Διοφαντικών Εξισώσεων http://www.goldenmuseum.com/1612Hilbert_rus.html

8. Ιστορία του Διόφαντου http://nenuda.ru/%D1%83%D1%80%D0%B0%D0%B2%D0%BD%D0%B5%D0%BD%D0%B8%D1%8F- % D1%81-%D0%B4%D0%B2%D1%83%D0%BC%D1%8F-%D0%BD%D0%B5%D0%B8%D0%B7%D0%B2%D0%B5 % D1%81%D1%82%D0%BD%D1%8B%D0%BC%D0%B8-%D0%B2-%D1%86%D0%B5%D0%BB%D1%8B%D1%85 - %D1%87%D0%B8%D1%81%D0%BB%D0%B0%D1%85.htm

9.Ιστορία των Διοφαντικών Εξισώσεωνhttp://dok.opredelim.com/docs/index-1732.html

10. Ιστορία του Διόφαντου http://www.studfiles.ru/preview/4518769/

1.3 Τρόποι επίλυσης εξισώσεων

Κατά την επίλυση εξισώσεων σε ακέραιους και φυσικούς αριθμούς, μπορούν να διακριθούν συμβατικά οι ακόλουθες μέθοδοι:

1. Ένας τρόπος απαρίθμησης επιλογών.

2. Ο αλγόριθμος του Ευκλείδη.

3. Συνεχιζόμενα κλάσματα.

4. Μέθοδος παραγοντοποίησης.

5. Επίλυση εξισώσεων σε ακέραιους ως τετράγωνους ως προς κάποια μεταβλητή.

6. Μέθοδος υπολειμμάτων.

7. Μέθοδος άπειρης καθόδου.

Κεφάλαιο 2

1. Παραδείγματα επίλυσης εξισώσεων.

2.1 Ο αλγόριθμος του Ευκλείδη.

Εργασία 1 . Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς 407 Χ – 2816y = 33.

Ας χρησιμοποιήσουμε τον μεταγλωττισμένο αλγόριθμο.

1. Χρησιμοποιώντας τον αλγόριθμο του Ευκλείδη, βρίσκουμε τον μεγαλύτερο κοινό διαιρέτη των αριθμών 407 και 2816:

2816 = 407 6 + 374;

407 = 374 1 + 33;

374 = 33 11 + 11;

Επομένως (407,2816) = 11, με το 33 να διαιρείται με το 11

2. Διαιρέστε και τις δύο πλευρές της αρχικής εξίσωσης με το 11 για να πάρετε την εξίσωση 37 Χ – 256y= 3 και (37, 256) = 1

3. Χρησιμοποιώντας τον Ευκλείδειο αλγόριθμο, βρίσκουμε μια γραμμική αναπαράσταση του αριθμού 1 μέσω των αριθμών 37 και 256.

256 = 37 6 + 34;

Ας εκφράσουμε το 1 από την τελευταία ισότητα και μετά ανεβάζοντας διαδοχικά τις ισότητες θα εκφράσουμε το 3. 34 και αντικαταστήστε τις παραστάσεις που προκύπτουν στην έκφραση για το 1.

1 = 34 – 3 11 = 34 – (37 – 34 1) 11 = 34 12 – 37 11 = (256 – 37 6) 12 – 37 11 =

– 83 37 – 256 (–12)

Έτσι, 37 (- 83) - 256 (-12) = 1, εξ ου και το ζεύγος των αριθμών x 0= – 83 και στο 0= – 12 είναι η λύση της εξίσωσης 37 Χ – 256y = 3.

4. Γράψτε τον γενικό τύπο για λύσεις της αρχικής εξίσωσης

που t- οποιοδήποτε ακέραιο.

2.2 Τρόπος απαρίθμησης επιλογών.

Εργασία 2. Τα κουνέλια και οι φασιανοί κάθονται σε ένα κλουβί, έχουν συνολικά 18 πόδια. Μάθετε πόσα από αυτά και άλλα είναι στο κελί;

Λύση:Συντάσσεται μια εξίσωση με δύο άγνωστες μεταβλητές, στις οποίες x είναι ο αριθμός των κουνελιών, y είναι ο αριθμός των φασιανών:

4x + 2y = 18 ή 2x + y = 9.

Εξπρές στο απέναντι Χ : y \u003d 9 - 2x.

Χ	1	2	3	4
στο	7	5	3	1

Έτσι, το πρόβλημα έχει τέσσερις λύσεις.

Απάντηση: (1; 7), (2; 5), (3; 3), (4; 1).

2.3 Μέθοδος Factoring.

Η απαρίθμηση των επιλογών κατά την εύρεση φυσικών λύσεων σε μια εξίσωση με δύο μεταβλητές αποδεικνύεται πολύ επίπονη. Επίσης, αν η εξίσωση είναι ολόκληροςλύσεις, είναι αδύνατο να τις απαριθμήσουμε, αφού υπάρχει άπειρος αριθμός τέτοιων λύσεων. Επομένως, θα δείξουμε ένα ακόμη τέχνασμα - μέθοδος παραγοντοποίησης.

Εργασία 3. Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούςy 3 - Χ 3 = 91.

Λύση. 1) Χρησιμοποιώντας τους συντομευμένους τύπους πολλαπλασιασμού, αποσυνθέτουμε τη δεξιά πλευρά της εξίσωσης σε παράγοντες:

(y - Χ)(y 2 + xy + Χ 2) = 91……………………….(1)

2) Γράψτε όλους τους διαιρέτες του αριθμού 91: ± 1; ± 7; ± 13; ±91

3) Κάνουμε έρευνα. Σημειώστε ότι για οποιονδήποτε ακέραιο Χκαι yαριθμός

y 2 + yx + Χ 2 ≥ y 2 - 2|y||Χ| + Χ 2 = (|y| - |Χ|) 2 ≥ 0,

Επομένως, και οι δύο παράγοντες στην αριστερή πλευρά της εξίσωσης πρέπει να είναι θετικοί. Τότε η εξίσωση (1) είναι ισοδύναμη με ένα σύνολο συστημάτων εξισώσεων:

; ; ;

4) Έχοντας λύσει τα συστήματα, παίρνουμε: το πρώτο σύστημα έχει λύσεις (5; 6), (-6; -5); τρίτη (-3; 4), (-4; 3); η δεύτερη και η τέταρτη λύση σε ακέραιους αριθμούς δεν έχουν.

Απάντηση:Η εξίσωση (1) έχει τέσσερις λύσεις (5; 6). (-6; -5); (-3; 4); (-4;3).

Εργασία 4. Βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση

Λύση.Παραγοντοποιούμε την αριστερή πλευρά της εξίσωσης και γράφουμε την εξίσωση ως

.

Επειδή οι διαιρέτες του αριθμού 69 είναι οι αριθμοί 1, 3, 23 και 69, τότε το 69 μπορεί να ληφθεί με δύο τρόπους: 69=1 69 και 69=3 23. Δεδομένου ότι

, παίρνουμε δύο συστήματα εξισώσεων, λύνοντας τα οποία μπορούμε να βρούμε τους επιθυμητούς αριθμούς: ή .

Το πρώτο σύστημα έχει λύση

και το δεύτερο σύστημα έχει μια λύση.

Απάντηση:

.

Εργασία 5. Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς:

.

Λύση.Γράφουμε την εξίσωση στη φόρμα

.

Ας παραγοντοποιήσουμε την αριστερή πλευρά της εξίσωσης. Παίρνω

.

Το γινόμενο δύο ακεραίων μπορεί να ισούται με 1 μόνο σε δύο περιπτώσεις: αν είναι και οι δύο ίσοι με 1 ή -1. Παίρνουμε δύο συστήματα:

ή .

Το πρώτο σύστημα έχει τη λύση x=2, y=2 και το δεύτερο σύστημα έχει τη λύση x=0, y=0.

Απάντηση:

.

Εργασία 6. Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς

Λύση. Γράφουμε αυτή την εξίσωση στη μορφή

.

Αποσυνθέτουμε την αριστερή πλευρά της εξίσωσης σε παράγοντες με τη μέθοδο της ομαδοποίησης, παίρνουμε

.

Το γινόμενο δύο ακεραίων μπορεί να ισούται με 7 στις ακόλουθες περιπτώσεις:

7=1 7=7 1=-1 (-7)=-7 (-1).Έτσι, παίρνουμε τέσσερα συστήματα:

ή , ή , ή .

Η λύση του πρώτου συστήματος είναι ένα ζεύγος αριθμών x = - 5, y = - 6. Λύνοντας το δεύτερο σύστημα, παίρνουμε x = 13, y = 6. Για το τρίτο σύστημα, η λύση είναι οι αριθμοί x = 5, y = 6. Το τέταρτο σύστημα έχει λύση x = - 13, y = - 6.

.

Εργασία 7. Αποδείξτε ότι η εξίσωση ( Χ - y) 3 + (y - z) 3 + (z - Χ) 3 = 30 όχι

Εισαγωγή

Υπάρχουν πολλά μαθηματικά προβλήματα που έχουν ως απαντήσεις έναν ή περισσότερους ακέραιους αριθμούς. Ως παράδειγμα, μπορούμε να αναφέρουμε τέσσερα κλασικά προβλήματα λυμένα σε ακέραιους αριθμούς - το πρόβλημα της ζύγισης, το πρόβλημα της διαίρεσης ενός αριθμού, το πρόβλημα της ανταλλαγής και το πρόβλημα των τεσσάρων τετραγώνων. Πρέπει να σημειωθεί ότι, παρά τη μάλλον απλή διατύπωση αυτών των προβλημάτων, είναι πολύ δύσκολο να επιλυθούν, χρησιμοποιώντας τη συσκευή της μαθηματικής ανάλυσης και της συνδυαστικής. Οι ιδέες για την επίλυση των δύο πρώτων προβλημάτων ανήκουν στον Ελβετό μαθηματικό Leonhard Euler (1707–1783). Ωστόσο, τις περισσότερες φορές μπορείτε να βρείτε προβλήματα στα οποία προτείνεται η επίλυση της εξίσωσης σε ακέραιους (ή σε φυσικούς) αριθμούς. Μερικές από αυτές τις εξισώσεις λύνονται αρκετά εύκολα με τη μέθοδο επιλογής, αλλά αυτό δημιουργεί ένα σοβαρό πρόβλημα - είναι απαραίτητο να αποδειχθεί ότι όλες οι λύσεις αυτής της εξίσωσης εξαντλούνται από τις επιλεγμένες (δηλαδή, δεν υπάρχουν άλλες λύσεις εκτός από τις επιλεγμένες ). Αυτό μπορεί να απαιτεί μια ποικιλία τεχνικών, τόσο τυπικών όσο και τεχνητών. Μια ανάλυση πρόσθετης μαθηματικής βιβλιογραφίας δείχνει ότι τέτοιες εργασίες είναι αρκετά συνηθισμένες σε μαθηματικές ολυμπιάδες διαφορετικών ετών και διαφορετικών επιπέδων, καθώς και στην εργασία 19 του USE στα μαθηματικά (επίπεδο προφίλ). Ταυτόχρονα, αυτό το θέμα πρακτικά δεν εξετάζεται στο μάθημα των σχολικών μαθηματικών, επομένως οι μαθητές που συμμετέχουν σε μαθηματικές Ολυμπιάδες ή δίνουν την εξέταση προφίλ στα μαθηματικά, συνήθως αντιμετωπίζουν σημαντικές δυσκολίες στην ολοκλήρωση τέτοιων εργασιών. Από αυτή την άποψη, είναι σκόπιμο να ξεχωρίσουμε ένα σύστημα βασικών μεθόδων για την επίλυση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς, ειδικά επειδή αυτό το ζήτημα δεν συζητείται ρητά στη μελετημένη μαθηματική βιβλιογραφία. Το πρόβλημα που περιγράφηκε καθόρισε το σκοπό αυτής της εργασίας: να επισημανθούν οι κύριες μέθοδοι επίλυσης εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς. Για την επίτευξη αυτού του στόχου, ήταν απαραίτητο να επιλυθούν οι ακόλουθες εργασίες:

1) Αναλύστε το υλικό της Ολυμπιάδας, καθώς και το υλικό της εξέτασης προφίλ στα μαθηματικά.

2) Προσδιορίστε μεθόδους για την επίλυση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς και επισημάνετε τις επικρατούσες.

3) Επεξηγήστε τα αποτελέσματα που προέκυψαν με παραδείγματα.

4) Συνθέστε αρκετές εκπαιδευτικές εργασίες για αυτό το θέμα.

5) Χρησιμοποιώντας τις ανεπτυγμένες εργασίες, προσδιορίστε το βαθμό ετοιμότητας των μαθητών της ένατης τάξης του γυμνασίου ΜΒΟΥ Νο. 59 για επίλυση τέτοιων προβλημάτων και εξαγωγή πρακτικών συμπερασμάτων.

Κύριο μέρος

Μια ανάλυση διαφόρων μαθηματικών βιβλιογραφίας δείχνει ότι μεταξύ των μεθόδων για την επίλυση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς, οι ακόλουθες μπορούν να διακριθούν ως οι κύριες:

1. Αναπαράσταση της εξίσωσης ως γινόμενο πολλών παραγόντων ίσων με κάποιο ακέραιο αριθμό.
2. Αναπαράσταση της εξίσωσης ως άθροισμα τετραγώνων πολλών όρων, ίσων με κάποιο ακέραιο αριθμό.
3. Χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες της διαιρετότητας, των παραγοντικών και των ακριβών τετραγώνων.
4. Χρήση των Μικρών και Μεγάλων Θεωρημάτων του Fermat.
5. Μέθοδος άπειρης καθόδου.
6. Έκφραση ενός αγνώστου μέσω ενός άλλου.
7. Επίλυση της εξίσωσης ως δευτεροβάθμιας σε σχέση με ένα από τα άγνωστα.
8. Θεώρηση των υπολοίπων από τη διαίρεση και των δύο πλευρών της εξίσωσης με κάποιο αριθμό.

Αμέσως είναι απαραίτητο να διευκρινίσουμε τι εννοούμε με τις κύριες μεθόδους επίλυσης εξισώσεων. Θα ονομάσουμε τις πιο συχνά χρησιμοποιούμενες μεθόδους τις κύριες, οι οποίες, φυσικά, δεν αποκλείουν τη δυνατότητα περιοδικής χρήσης νέων «απροσδόκητων» μεθόδων. Επιπλέον, στη συντριπτική πλειοψηφία των περιπτώσεων χρησιμοποιούνται διάφοροι συνδυασμοί τους, δηλαδή συνδυάζονται διάφορες μέθοδοι.
Ως παράδειγμα συνδυασμού μεθόδων, εξετάστε την εξίσωση που προτάθηκε στο USE στα μαθηματικά το 2013 (εργασία Γ6).

Εργο.Λύστε την εξίσωση σε φυσικούς αριθμούς n! + 5n + 13 = κ 2 .

Λύση.Σημειώστε ότι τελειώνει σε μηδέν στο n> 4. Επιπλέον, για οποιοδήποτε n ∈ N, τελειώνει είτε με το ψηφίο 0 είτε με το ψηφίο 5. Επομένως, για n> 4 η αριστερή πλευρά της εξίσωσης τελειώνει είτε με τον αριθμό 3 είτε με τον αριθμό 8. Αλλά είναι επίσης ίση με το ακριβές τετράγωνο, το οποίο δεν μπορεί να τελειώσει με αυτούς τους αριθμούς. Έτσι, υπάρχουν μόνο τέσσερις επιλογές για να διαλέξετε: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.

Άρα η εξίσωση έχει μια μοναδική φυσική λύση n = 2, κ = 5.

Αυτό το πρόβλημα χρησιμοποίησε τις ιδιότητες των ακριβών τετραγώνων, τις ιδιότητες των παραγοντικών και τα υπόλοιπα της διαίρεσης και των δύο πλευρών της εξίσωσης με το 10.

Εργασία 1. n 2 - 4y! = 3.

Λύση. Αρχικά, ξαναγράφουμε την αρχική εξίσωση ως n 2 = 4y! + 3. Εάν κοιτάξετε αυτή τη σχέση από την άποψη του θεωρήματος διαίρεσης με υπόλοιπο, τότε μπορείτε να δείτε ότι το ακριβές τετράγωνο στην αριστερή πλευρά της εξίσωσης δίνει ένα υπόλοιπο 3 όταν διαιρείται με το 4, κάτι που είναι αδύνατο . Πράγματι, οποιοσδήποτε ακέραιος μπορεί να αναπαρασταθεί σε μία από τις ακόλουθες τέσσερις μορφές:

Έτσι, το ακριβές τετράγωνο όταν διαιρείται με το 4 δίνει ένα υπόλοιπο είτε 0 είτε 1. Επομένως, η αρχική εξίσωση δεν έχει λύσεις.

Βασική ιδέα– εφαρμογή των ιδιοτήτων των ακριβών τετραγώνων.

Εργασία 2. 8z 2 = (t!) 2 + 2.

Λύση. Η άμεση επαλήθευση το δείχνει t= 0 και t= 1 δεν είναι λύσεις της εξίσωσης. Αν t> 1, λοιπόν t! είναι ζυγός αριθμός, δηλαδή μπορεί να παρασταθεί ως t! = 2μικρό. Σε αυτήν την περίπτωση, η εξίσωση μπορεί να μετατραπεί στη μορφή 4 z 2 = 2μικρό 2 + 1. Ωστόσο, η εξίσωση που προκύπτει προφανώς δεν έχει λύσεις, γιατί υπάρχει ένας ζυγός αριθμός στην αριστερή πλευρά και ένας περιττός αριθμός στη δεξιά.

Βασική ιδέα– εφαρμογή των ιδιοτήτων των παραγοντικών.

Εργασία 3. Λύστε την εξίσωση x 2 + y 2 - 2x + 6y + 5 = 0 σε ακέραιους αριθμούς.

Λύση. Η αρχική εξίσωση μπορεί να ξαναγραφτεί ως εξής: ( Χ – 1) 2 + (y + 3) 2 = 5.

Από την προϋπόθεση ότι ( Χ – 1), (y+ 3) είναι ακέραιοι. Επομένως, αυτή η εξίσωση είναι ισοδύναμη με το ακόλουθο σύνολο:

Τώρα μπορούμε να γράψουμε όλες τις πιθανές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης.

Εργασία 4. Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς zt + t – 2z = 7.

Λύση. Η αρχική εξίσωση μπορεί να μετατραπεί στη μορφή ( z + 1) (t– 2) = 5. Αριθμοί ( z + 1), (t– 2) είναι ακέραιοι, οπότε υπάρχουν οι ακόλουθες επιλογές:

Άρα, η εξίσωση έχει ακριβώς τέσσερις ακέραιες λύσεις.

Βασική ιδέα- αναπαράσταση της εξίσωσης με τη μορφή προϊόντος ίσου με ακέραιο.

Εργασία 5. Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς n(n + 1) = (2κ+ 1)‼

Λύση. Νούμερο 2 κΤο + 1)‼ είναι περιττό για όλες τις μη αρνητικές τιμές κσύμφωνα με τον ορισμό (με αρνητικό κδεν ορίζεται καθόλου). Από την άλλη, είναι ίσο με n(n+ 1), το οποίο είναι άρτιο για όλες τις ακέραιες τιμές κ. Αντίφαση.

Βασική ιδέα– χρήση ζυγών/περιττών μερών της εξίσωσης.

Εργασία 6. Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς xy + Χ + 2y = 1.

Λύση. Με μετασχηματισμό, η εξίσωση μπορεί να μειωθεί στα εξής:

Αυτός ο μετασχηματισμός δεν άλλαξε το ODZ των αγνώστων που περιλαμβάνονται στην εξίσωση, από την αντικατάσταση yΤο = -1 στην αρχική εξίσωση οδηγεί στην παράλογη ισότητα -2 = 1. Σύμφωνα με την συνθήκη, Χείναι ακέραιος αριθμός. Με άλλα λόγια, επίσης ένας ακέραιος αριθμός. Αλλά τότε ο αριθμός πρέπει να είναι ακέραιος. Ένα κλάσμα είναι ένας ακέραιος αριθμός αν και μόνο αν ο αριθμητής διαιρείται με τον παρονομαστή. Διαιρέτες του αριθμού 3: 1,3 -1, -3. Επομένως, υπάρχουν τέσσερις πιθανές περιπτώσεις για το άγνωστο: y = 0, y = 2, y= –2, y = –4. Τώρα μπορούμε να υπολογίσουμε τις αντίστοιχες τιμές του αγνώστου Χ. Άρα, η εξίσωση έχει ακριβώς τέσσερις ακέραιες λύσεις: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).

Βασική ιδέαείναι μια έκφραση ενός αγνώστου σε σχέση με ένα άλλο.

Εργασία 7. Μ= n 2 + 2.

Λύση. Αν Μ= 0, τότε η εξίσωση παίρνει τη μορφή n 2 = -1. Δεν έχει ολόκληρες λύσεις. Αν Μ < 0, то левая часть уравнения, а значит, и n, δεν θα είναι ακέραιος. Που σημαίνει, Μ> 0. Τότε η δεξιά πλευρά της εξίσωσης (όπως και η αριστερή πλευρά) θα είναι πολλαπλάσιο του 5. Αλλά σε αυτή την περίπτωση nΤο 2 όταν διαιρείται με το 5 θα πρέπει να δίνει ένα υπόλοιπο 3, κάτι που είναι αδύνατο (αυτό αποδεικνύεται από τη μέθοδο απαρίθμησης των υπολοίπων, η οποία περιγράφηκε στην επίλυση του προβλήματος 1). Επομένως, αυτή η εξίσωση δεν έχει λύσεις σε ακέραιους αριθμούς.

Βασική ιδέα– βρίσκοντας τα υπόλοιπα από τη διαίρεση και των δύο μερών της εξίσωσης με κάποιο φυσικό αριθμό.

Εργασία 8. Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς ( Χ!) 4 + (y – 1) 4 = (z + 1) 4 .

Λύση. Σημειώστε ότι, εφόσον οι εκθέτες είναι άρτιοι, η εξίσωση είναι ισοδύναμη με το ακόλουθο: ( Χ!) 4 + |y – 1| 4 = |z+ 1| 4 . Τότε Χ!, |y – 1|, |z+ 1| - ακέραιοι αριθμοί. Ωστόσο, σύμφωνα με το Τελευταίο Θεώρημα του Φερμά, αυτοί οι φυσικοί αριθμοί δεν μπορούν να ικανοποιήσουν την αρχική εξίσωση. Έτσι, η εξίσωση είναι άλυτη σε ακέραιους αριθμούς.

Βασική ιδέα- Χρήση του τελευταίου θεωρήματος του Fermat.

Εργασία 9. Λύστε την εξίσωση σε ακέραιους αριθμούς Χ 2 + 4y 2 = 16xy.

Λύση. Από την κατάσταση του προβλήματος προκύπτει ότι Χ- Ζυγός αριθμός. Τότε Χ 2 = 4Χ 12 . Η εξίσωση μετατρέπεται στη μορφή Χ 1 2 + y 2 = 8Χ 1 y. Από αυτό προκύπτει ότι οι αριθμοί Χ 1 , yέχουν την ίδια ισοτιμία. Ας εξετάσουμε δύο περιπτώσεις.

1 περίπτωση. Αφήνω Χ 1 , y- περιττοί αριθμοί. Τότε Χ 1 = 2t + 1, y = 2μικρό+ 1. Αντικαθιστώντας αυτές τις εκφράσεις στην εξίσωση, παίρνουμε:

Ας κάνουμε τους αντίστοιχους μετασχηματισμούς:

Μειώνοντας και τις δύο πλευρές της εξίσωσης που προκύπτει κατά 2, παίρνουμε;

Στην αριστερή πλευρά υπάρχει ένας περιττός αριθμός και στη δεξιά πλευρά ένας άρτιος αριθμός. Αντίφαση. Άρα 1 περίπτωση είναι αδύνατη.

2 περίπτωση. Αφήνω Χ 1 , y- μονοί αριθμοί. Τότε Χ 1 = 2Χ 2 + 1, y = 2yένας . Αντικαθιστώντας αυτές τις τιμές στην εξίσωση, παίρνουμε:

Έτσι, προκύπτει μια εξίσωση, ακριβώς η ίδια όπως στο προηγούμενο βήμα. Διερευνάται με παρόμοιο τρόπο, οπότε στο επόμενο βήμα λαμβάνουμε την εξίσωση και τα λοιπά. Στην πραγματικότητα, πραγματοποιώντας αυτούς τους μετασχηματισμούς με βάση την ισοτιμία των αγνώστων, λαμβάνουμε τις ακόλουθες επεκτάσεις: . Αλλά οι ποσότητες nκαι κδεν περιορίζονται, αφού σε οποιοδήποτε βήμα (με αυθαίρετα μεγάλο αριθμό) θα λάβουμε μια εξίσωση αντίστοιχη με την προηγούμενη. Δηλαδή, αυτή η διαδικασία δεν μπορεί να σταματήσει. Με άλλα λόγια, οι αριθμοί Χ, yδιαιρούνται άπειρες φορές με το 2. Αυτό όμως γίνεται μόνο υπό την προϋπόθεση ότι Χ = y= 0. Έτσι, η εξίσωση έχει ακριβώς μία ακέραια λύση (0; 0).

Βασική ιδέα– χρήση της μεθόδου της άπειρης κατάβασης.

Εργασία 10. Λύστε την εξίσωση 5 σε ακέραιους αριθμούς Χ 2 – 3xy + y 2 = 4.

Λύση. Ας ξαναγράψουμε αυτή την εξίσωση με τη μορφή 5 Χ 2 – (3Χ)y + (y 2 – 4) = 0. Μπορεί να θεωρηθεί ως τετράγωνο ως προς το άγνωστο Χ. Ας υπολογίσουμε τη διάκριση αυτής της εξίσωσης:

Για να έχει λύσεις η εξίσωση, είναι απαραίτητο και επαρκές ότι, δηλαδή από εδώ έχουμε τις εξής δυνατότητες για y: y = 0, y = 1, y = –1, y= 2, y= –2.

Άρα, η εξίσωση έχει ακριβώς 2 ακέραιες λύσεις: (0;2), (0;–2).

Βασική ιδέα– θεώρηση της εξίσωσης ως δευτεροβάθμιας σε σχέση με ένα από τα άγνωστα.

Οι εργασίες που συνέταξε ο συγγραφέας χρησιμοποιήθηκαν στο πείραμα, το οποίο περιελάμβανε τα ακόλουθα. Σε όλους τους μαθητές της ένατης τάξης προσφέρθηκαν ανεπτυγμένες εργασίες προκειμένου να προσδιορίσουν το επίπεδο προετοιμασίας των παιδιών σε αυτό το θέμα. Καθένας από τους μαθητές έπρεπε να προσφέρει μια μέθοδο για την εύρεση ακέραιων λύσεων σε εξισώσεις. Στο πείραμα συμμετείχαν 64 μαθητές. Τα αποτελέσματα που προέκυψαν παρουσιάζονται στον πίνακα 1.

ΤΡΑΠΕΖΙ 1

ΑΡΙΘΜΟΣ δουλειας	Αριθμός μαθητών που ολοκλήρωσαν την εργασία (ποσοστό)

Αυτοί οι δείκτες δείχνουν ότι το επίπεδο προετοιμασίας των μαθητών της ένατης τάξης σε αυτό το θέμα είναι πολύ χαμηλό. Ως εκ τούτου, φαίνεται σκόπιμη η διοργάνωση ενός ειδικού μαθήματος «Εξισώσεις σε ακέραιους αριθμούς», το οποίο θα έχει ως στόχο τη βελτίωση των γνώσεων των μαθητών σε αυτόν τον τομέα. Πρώτα απ 'όλα, πρόκειται για μαθητές που συμμετέχουν συστηματικά σε μαθηματικούς διαγωνισμούς και ολυμπιάδες και σχεδιάζουν επίσης να δώσουν εξετάσεις προφίλ στα μαθηματικά.

συμπεράσματα

Κατά τη διάρκεια αυτής της εργασίας:

1) Αναλύθηκαν τα υλικά της Ολυμπιάδας, καθώς και τα υλικά της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης στα μαθηματικά.

2) Υποδεικνύονται οι μέθοδοι επίλυσης εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς και επισημαίνονται οι επικρατέστερες.

3) Τα αποτελέσματα που ελήφθησαν επεξηγούνται με παραδείγματα.

4) Σύνταξη εργασιών κατάρτισης για μαθητές της ένατης τάξης.

5) Δημιουργήθηκε ένα πείραμα για τον προσδιορισμό του επιπέδου προετοιμασίας σε αυτό το θέμα των μαθητών της ένατης τάξης.

6) Αναλύθηκαν τα αποτελέσματα του πειράματος και εξήχθησαν συμπεράσματα για τη σκοπιμότητα της μελέτης των εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς σε ένα μαθηματικό ειδικό μάθημα.

Τα αποτελέσματα που λαμβάνονται κατά τη διάρκεια αυτής της μελέτης μπορούν να χρησιμοποιηθούν για την προετοιμασία για μαθηματικές Ολυμπιάδες, την Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά, καθώς και κατά τη διεξαγωγή μαθημάτων σε έναν μαθηματικό κύκλο.

Βιβλιογραφία

1. Γκέλφοντ Α.Ο. Λύση εξισώσεων σε ακέραιους αριθμούς. - Μ.: Nauka, 1983 - 64 σελ.

2. Alfutova N.B. Ustinov A.V. Άλγεβρα και θεωρία αριθμών. Συλλογή προβλημάτων για μαθηματικά σχολεία - Μ.: MTsNMO, 2009 - 336 σελ.

3. Galperin G.A., Tolpygo A.K. Μόσχα Μαθηματικές Ολυμπιάδες: Βιβλίο. για φοιτητές / Εκδ. ΕΝΑ. Κολμογκόροφ. - Μ.: Διαφωτισμός, 1986. - 303 σ., εικ.

4. Dalinger V.A. Προβλήματα σε ακέραιους αριθμούς - Omsk: Amphora, 2010 - 132 p.

5. Yu. A. Gastev and M. L. Smolyanskii, “A Few Words on Fermat’s Last Theorem”, Kvant, Αύγουστος 1972.

Γλωσσάριο

Μέθοδος άπειρης κατάβασης- μια μέθοδος που αναπτύχθηκε από τον Γάλλο μαθηματικό P. Fermat (1601–1665), η οποία συνίσταται στη λήψη μιας αντίφασης με την κατασκευή μιας απείρως φθίνουσας ακολουθίας φυσικών αριθμών. Ένα είδος απόδειξης με αντίφαση.

Ακριβές (γεμάτο) τετράγωνοείναι το τετράγωνο ενός ακέραιου αριθμού.

Παραγοντικό φυσικού αριθμού n είναι το γινόμενο όλων των φυσικών αριθμών από το 1 έως το nπεριεκτικός.