12 problema.

Išspręskite sveikais skaičiais 5x² + 5y² + 8xy + 2y - 2y + 2 = 0.

Sprendimas.

Jei bandote išspręsti šią lygtį faktorizavimo metodu, tai yra gana sunkus darbas, todėl šią lygtį galima išspręsti elegantiškesniu metodu. Apsvarstykite tokią lygtį kaip kvadratinis giminaitis O x 5x² + (8u-2 ) x + 5y² + 2y+2=0 , x1,2 = (1–4 m. ± √ (1–4 m.) ²–5 (5 m² + 2 m. + 2)) / 5 = (1–4 m. ± √ -9 (y + 1) ²) / 5.

Ši lygtis turi sprendinį, kai diskriminantas lygus nuliui, t.y. –9 (y + 1) = 0, iš čia y = -1... Jeigu y = -1, tada x = 1.

Atsakymas.

13 problema.

Išspręskite sveikais skaičiais 3 (x² + xy + y²) = x + 8y

Sprendimas.

Laikykite lygtį kvadratu atžvilgiu x 3x² + (3y - 1) x + 3y² - 8y = 0. Raskite lygties diskriminantą D = = (3y - 1) ² - 4 * 3 (3y² - 8y) = 9y² - 6y + 1 - 36y² + 96y = -27y² + 90y + 1.

Tai išlygintas turi šaknis, jeiguD ³ 0, t.y. –27у² + 90у + 1³ 0

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

Nes y Î Z, tada (4) sąlygą tenkina tik 0, 1, 2, 3 ... Peržiūrėję šias reikšmes, matome, kad lygtis sveikaisiais skaičiais turi sprendinius (0; 0) ir (1; 1) .

Atsakymas.

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

14 problema.

Išspręskite lygtį 5x² - 2xy + 2y² - 2x - 2y + 1 = 0.

Sprendimas.

Laikykite šią lygtį kvadratine atžvilgiu X su koeficientais priklausomai nuo y, 5x² – 2 (y + 1) x + 2y² – 2y + 1 = 0.

Raskite ketvirtadalį diskriminanto D / 4 = (y + 1) ²-5 (2y²-2y + 1) = - (3y-2) ².

Iš to išplaukia, kad lygtis turi sprendimą tik tada, jei – (3 m. – 2) ² = 0, tai reiškia y = ⅔, tada randame x = ⅓.

Atsakymas.

(⅓; ⅔).

Likutinis metodas.

15 problema.

Išspręskite sveikais skaičiais 3ª = 1 + y²

Sprendimas.

Tai aišku (0; 0) - šios lygties sprendimas. Įrodykime, kad kitų sprendimų nėra.

Panagrinėkime atvejus:

1) x Î N, y Î N(5)

Jeigu x Î N, tada 3ª padalytą 3 be likučio, bet y² + 1 padalijus iš 3 duoda likusią dalį arba 1 arba 2 ... Todėl lygybė (5) gamtos vertybėms X ir adresu neįmanomas.

2) Jei X- neigiamas sveikasis skaičius, y Î Z, tada 0<3ª<1, a 1 + y²³0 o lygybė (5) taip pat neįmanoma. Todėl (0; 0) yra vienintelis sprendimas.

Atsakymas.

16 užduotis .

Įrodykite, kad lygčių sistema

ì x² – y² = 7

î z² – 2y² = 1

neturi sveikųjų skaičių sprendinių.

Sprendimas.

Tarkime, kad sistema įjungta. Iš antrosios lygties z² = 2y + 1, t.y. z² – nelyginis skaičius ir z- nelyginis reiškia z = 2m + 1... Tada y² + 2 kv.m + 2 m, reiškia, y² – lyginis skaičius adresu- net, y = 2n, n Î Z.

x² = 8n³ + 7, t.y. x² - nelyginis skaičius ir X - nelyginis skaičius, x = 2k + 1, k Î Z.

Pakeiskite reikšmes X ir adresuį pirmąją lygtį, gauname 2 (k² + k - 2n³) = 3, o tai neįmanoma, nes kairioji pusė dalijasi iš 2 , bet tinkamas ne.

Tai reiškia, kad mūsų prielaida yra neteisinga, t.y. sistema neturi sveikųjų skaičių sprendinių.

Begalinis nusileidimo būdas.

Lygčių sprendimas begalinio nusileidimo metodu vyksta pagal tokią schemą: darant prielaidą, kad lygtis turi sprendinius, konstruojame kažkokį begalinį procesą, o pagal pačios problemos prasmę šis procesas turi kažkur baigtis.

Dažnai begalinio nusileidimo metodas taikomas paprastesne forma. Darydami prielaidą, kad jau pasiekėme natūralią pabaigą, matome, kad negalime „sustoti“.

17 problema.

Išspręskite sveikais skaičiais 29x + 13y + 56z = 17 (6)

Nežinomąjį, kurio koeficientas yra mažiausias, išreikškime likusiais nežinomaisiais.

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

Mes pažymime (4-3x-4z) / 13 = t1(8)

Iš (7) matyti, kad t1 gali imti tik sveikąsias reikšmes. Nuo (8) turime 13t1 + 3x + 4z = 14(9)

Gauname naują Diofanto lygtį, bet su mažesniais koeficientais nei (6). Tuos pačius svarstymus taikome (9): x = (4-13t1-4z) / 3 = = (1-4t1-z) + (1-t1-z) / 3

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

(10) koeficientas ties z- pradinės lygties nežinomasis yra lygus 1 – tai galutinis „nusileidimo“ taškas. Dabar mes nuosekliai išreiškiame z, x, y skersai t1 ir 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

Taigi, ì x = -3t1 + 4t2

í y = 11t1 + 4t2 - 3

î z = -t1 - 3t2 + 1

t1, t2- bet kurie sveikieji skaičiai - visi sveikieji (6) lygties sprendiniai

18 problema.

Išspręskite sveikais skaičiais x³ – 3y³ – 9z³ = 0(11)

Sprendimas.

Matyti, kad (11) lygties kairioji pusė nėra tinkama jokioms transformacijoms. Todėl nagrinėjant sveikųjų skaičių prigimtį x³ = 3 (y³-z³). Skaičius x³ kartotiniai 3 , taigi ir skaičius X kartotiniai 3 , t.y. x = 3x1(12) Pakaitalas (12) į (11) 27х1³-3у³-9z³ = 0,9x1³-y³-3z³ = 0(13)

y³ = 3 (3 x 1³-z³). Tada y³ kartotiniai 3 , vadinasi adresu kartotiniai 3 , t.y. y = 3y1(14). Pakeiskite (14) į (13) 9x1³ –27у1³ – 3z³ = 0... Iš šios lygties išplaukia, kad z³ kartotiniai 3, taigi z kartotiniai 3 , t.y. z = 3z1.

Taigi paaiškėjo, kad (11) lygtį tenkinantys skaičiai yra trijų kartotiniai ir kiek kartų mes jų nepadalinsime 3 , gauname skaičius, kurie yra trijų kartotiniai. Vienintelis sveikasis skaičius, atitinkantis tris. Vienintelis sveikasis skaičius, tenkinantis šią sąlygą, bus nulis, tai yra šios lygties sprendimas (0; 0; 0)

Henrikas G.N. FMSh №146, Permė

54 ≡ 6 × 5 ≡ 2 (7 mod.),

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

Padidinus laipsnį k, gauname 56k ≡ 1 (mod 7) bet kuriam natūraliajam skaičiui k. Todėl 5555 = 56 × 92 × 53 ≡ 6 (mod7).

(Geometriškai ši lygybė reiškia, kad einame ratu, pradedant nuo 5, devyniasdešimt du ciklai ir dar trys skaičiai). Taigi 222555 dalijant iš 7 gaunama 6 liekana.

Lygčių sprendimas sveikaisiais skaičiais.

Be jokios abejonės, viena įdomiausių matematikos temų yra Diofanto lygčių sprendimas. Ši tema nagrinėjama 8, o vėliau 10 ir 11 klasėse.

Bet kuri lygtis, kurią reikia išspręsti sveikais skaičiais, vadinama diofantine lygtimi. Paprasčiausias iš jų yra ax + bу = c formos lygtis, kur a, b ir cÎ Z. Sprendžiant šią lygtį, naudojama tokia teorema.

Teorema. Tiesinė Diofanto lygtis ax + bу = c, kur a, b ir cÎ Z turi sprendimą tada ir tik tada, kai c dalijasi iš skaičių a ir b gcd. Jei d = gcd (a, b), a = a1 d, b = b1 d, c = c1 d ir (x0, y0) yra lygties ax + bу = c sprendiniai, tada visi sprendiniai pateikiami formulėmis x = x0 + b1 t, y = y0 –a1 t, kur t yra savavališkas sveikasis skaičius.

1. Išspręskite lygtis sveikaisiais skaičiais:

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

2. Apsvarstė šias problemas su abiturientais ruošiantis matematikos egzaminui šia tema.

vienas). Išspręskite sveikojo skaičiaus lygtį: xy + 3y + 2x + 6 = 13. Skelbimas:

Padalinkite kairę lygties pusę. Mes gauname:

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

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

Kadangi x, уÎ Z, gauname lygčių sistemų rinkinį:

Henrikas G.N.

	ì x +
	ì x +
	ì x +
ê ì x +

FMSh №146, Permė

		ì x =
		ì x =
		ì x =
	ê ì x =

Atsakymas: (–2; 11), (10; –1), (–4; –15), (–15, –3)

2). Išspręskite lygtį natūraliaisiais skaičiais: 3x + 4y = 5z.

9). Raskite visas natūraliųjų skaičių poras m ir n, kurioms teisinga lygybė 3m + 7 = 2n.

10). Raskite visus natūraliųjų skaičių k, m ir n trigubus, kurių lygybė yra teisinga: 2 ∙ k! = M! –2 ∙ n! (1! = 1, 2! = 1∙2,3! = 1∙2∙3,…n! = 1∙2∙ 3∙… ∙ n)

vienuolika). Visi galutinės sekos nariai yra natūralieji skaičiai. Kiekvienas šios sekos narys, pradedant antruoju, yra 14 kartų didesnis arba 14 kartų mažesnis už ankstesnįjį. Visų sekos narių suma yra 4321.

c) Koks didžiausias narių skaičius, kurį gali turėti seka? Sprendimas:

a) Tegul a1 = x, tada a2 = 14x arba a1 = 14x, tada a2 = x. Tada pagal sąlygą a1 + a2 = 4321. Gauname: x + 14x = 4321, 15x = 4321, bet 4321 nėra 15 kartotinis, vadinasi, sekoje negali būti dviejų narių.

b) Tegul a1 = x, tada a2 = 14x, a3 = x arba 14x + x + 14x = 4321, arba x + 14x + x = 4321. 29x = 4321, tada x = 149, 14x = 2086. Tai reiškia, kad seka gali turėti tris narius. Antruoju atveju 16x = 4321, bet tada x nėra natūralusis skaičius.

Nėra atsakymo; b) taip; c) 577.

Henrikas G.N.

FMSh №146, Permė

12). Visi galutinės sekos nariai yra natūralieji skaičiai. Kiekvienas šios sekos narys, pradedant nuo antrojo arba 10; kartų daugiau arba 10 kartų mažiau nei ankstesnis. Visų sekos narių suma yra 1860.

a) Ar seka gali turėti du narius? b) Ar seka gali turėti tris narius?

c) Koks didžiausias narių skaičius, kurį gali turėti seka?

Akivaizdu, kad galite be galo kalbėti apie sveikųjų skaičių dalijimąsi ir svarstyti problemas šia tema. Stengiausi nagrinėti šią temą taip, kad labiau sudomintų mokinius, parodyčiau jiems matematikos grožį ir šiuo požiūriu.

Henrikas G.N.

FMSh №146, Permė

Bibliografija:

1. A. Ya. Kannel-Belov, A. K. Kovaldzhi. Kaip sprendžiamos nestandartinės problemos Maskvos MCNME 2001

2. A.V. Spivakas. Žurnalo „Kvant“ priedas Nr. 4/2000 Matematinė šventė, Maskva 2000 m.

3. A.V. Spivakas. Matematikos būrelis, „Sėja“ 2003 m

4. Sankt Peterburgas miesto jaunimo kūrybos rūmai. Matematinis ratas. Probleminė knyga pirmiesiems ir antriesiems studijų metams. Sankt Peterburgas. 1993 m

5. Algebra 8 klasei. Vadovėlis mokiniams mokyklose ir klasėse, kuriose mokomasi išplėstinio matematikos. Redagavo N.Ya. Vilenkin. Maskva, 1995 m

6. M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich. Užduočių rinkinys algebroje 8-9 klasės. Vadovėlis mokiniams mokyklose ir klasėse, kuriose mokomasi išplėstinio matematikos. Maskva, Švietimas. 1994 metai

7. Yu.N. Makarychev, N.G. Mindyuk, K.I. Neshkov. Algebra 8 klasė. Vadovėlis mokykloms ir klasėms su išplėstiniu matematikos mokymu. Maskva, 2001 m

8. MI Shabunin, AA Prokofjev UMK MATEMATIKA Algebra. Matematinės analizės pradžia. Profilio lygis. Vadovėlis 11 klasei. Maskvos binomas. Žinių laboratorija 2009 m

9. M.I.Šabuninas, A.A. Prokofjevas, T.A. Oleinikas, T.V. Sokolova. UMK MATEMATIKA Algebra. Matematinės analizės pradžia. Profilio lygis Užduočių knygelė 11 klasei. Maskvos binomas. Žinių laboratorija 2009 m

10. A.G. Klovo, D.A.Maltsev, L.I.Abzelilova matematika. Testų rinkimas pagal EGE 2010 planą

11. EGE-2010. „Legionas-M“. Rostovas prie Dono 2009 m

12. Vieningas valstybinis egzaminas UMK „Matematika. Pasiruošimas vieningam valstybiniam egzaminui“. Redagavo F. F. Lysenko, S. Yu. Kulabukhovas. Ruošiasi Vieningas valstybinis egzaminas-2011 m. „Legionas-M“. Rostovas prie Dono 2010 m

13. UMK „Matematika. Vieningas valstybinis egzaminas-2010“. Redagavo F. F. Lysenko, S. Yu. Kulabukhovas. MATEMATIKA Pasiruošimas egzaminui-2010 m. Treniruočių testai. „Legionas-M“. Rostovas prie Dono 2009 m

14. FIPI vieningas valstybinis egzaminas. Universalios medžiagos mokinių pasiruošimui MATH 2010 Intelekto centras 2010

15. A. Ž. Žafjarovas. Matematika. Unified State Exam-2010 Express konsultacija. Sibiro universiteto leidykla, 2010 m

Darbo tekstas patalpintas be vaizdų ir formulių.
Pilną darbo versiją rasite skirtuke „Darbo failai“ PDF formatu

Įvadas.

Tyrimo objektas.

Tyrimai susiję su viena įdomiausių skaičių teorijos sričių – lygčių sveikaisiais skaičiais sprendimu.

Studijų dalykas.

Algebrinių lygčių, kurių sveikųjų skaičių koeficientai yra daugiau nei viename nežinomajame, sprendimas sveikaisiais skaičiais yra viena iš sunkiausių ir seniausių matematinių problemų, todėl mokykliniame matematikos kurse nėra išsamiai aprašyta. Savo darbe pateiksiu gana išsamią lygčių sveikaisiais skaičiais analizę, šių lygčių klasifikaciją pagal jų sprendimo būdus, jų sprendimo algoritmų aprašymą, taip pat pateiksiu praktinius kiekvieno metodo panaudojimo sprendžiant lygtis sveikaisiais skaičiais pavyzdžius.

Tikslas.

Sužinokite, kaip išspręsti lygtis sveikaisiais skaičiais.

Užduotys:

Studijuoti mokomąją ir informacinę literatūrą;

Rinkti teorinę medžiagą, kaip spręsti lygtis;

Analizuoti tokio tipo lygčių sprendimo algoritmus;

Apibūdinkite sprendimus;

Apsvarstykite lygčių sprendimo taikant šiuos metodus pavyzdžius.

Hipotezė:

Olimpiados užduotyse susidūręs su lygtimis sveikaisiais skaičiais, maniau, kad sunkumai jas sprendžiant kyla dėl to, kad man žinomi ne visi jų sprendimo būdai.

Aktualumas:

Spręsdamas apytiksles USE užduočių versijas, pastebėjau, kad dažnai yra užduočių, skirtų pirmojo ir antrojo laipsnio lygtims spręsti sveikaisiais skaičiais. Be to, įvairių lygių olimpiados užduotyse taip pat yra lygčių sveikaisiais skaičiais arba uždavinių, kurie sprendžiami naudojant įgūdžius spręsti lygtis sveikaisiais skaičiais. Mano tyrimo aktualumą lemia tai, kaip svarbu žinoti, kaip išspręsti lygtis sveikaisiais skaičiais.

Tyrimo metodai

Mokslinės literatūros duomenų apie lygtis sveikaisiais skaičiais teorinė analizė ir apibendrinimas.

Lygčių klasifikavimas sveikaisiais skaičiais pagal jų sprendimo būdus.

Sveikųjų skaičių lygčių sprendimo metodų analizė ir apibendrinimas.

Tyrimo rezultatai

Straipsnyje aprašomi lygčių sprendimo būdai, nagrinėjama Ferma teoremos, Pitagoro teoremos, Euklido algoritmo teorinė medžiaga, pateikiami įvairių sudėtingumo lygių uždavinių ir lygčių sprendimų pavyzdžiai.

2.Sveiųjų skaičių lygčių istorija

Diofantas – mokslininkas – Senovės Graikijos algebratas, kai kurių šaltinių teigimu, gyveno iki 364 m. e. Jis specializuojasi sprendžiant uždavinius sveikaisiais skaičiais. Iš čia kilęs pavadinimas Diofantinės lygtys. Garsiausia, kurią išsprendė Diofantas, yra „skilimo į du kvadratus“ problema. Jo atitikmuo yra gerai žinoma Pitagoro teorema. Diofanto gyvenimas ir kūryba tęsėsi Aleksandrijoje, jis rinko ir sprendė gerai žinomas, sugalvojo naujų problemų. Vėliau jis juos sujungė į didelį darbą, pavadintą „Aritmetika“. Iš trylikos knygų, kurios buvo „Aritmetikos“ dalis, tik šešios išliko iki viduramžių ir tapo Renesanso epochos matematikų įkvėpimo šaltiniu. „Aritmetika“ Diofantas yra uždavinių rinkinys, kiekvienoje yra sprendimas ir būtinas paaiškinimas. Kolekcijoje yra įvairių užduočių, o jų sprendimas dažnai būna itin išradingas. Diofantui rūpi tik teigiama visuma ir racionalūs sprendimai. Iracionalius sprendimus jis vadina „neįmanomais“ ir kruopščiai atrenka koeficientus, kad būtų gauti norimi teigiami, racionalūs sprendimai.

Ferma teorema taikoma sprendžiant lygtis sveikaisiais skaičiais. Kurio įrodinėjimo istorija gana įdomi. Daugelis žymių matematikų dirbo ties visišku Didžiosios teoremos įrodymu, ir šios pastangos atvedė prie daugybės rezultatų šiuolaikinėje skaičių teorijoje. Manoma, kad teorema yra pirmoji pagal klaidingų įrodymų skaičių.

Nuostabus prancūzų matematikas Pierre'as Fermat'as pareiškė, kad lygtis sveikajam skaičiui n ≥ 3 neturi sprendinių teigiamais sveikaisiais skaičiais x, y, z (xyz = 0 neįtraukiamas x, y, z pozityvumas. Jei n = 3, tai 10 amžiuje buvo bandyta teorema įrodyti Centrinės Azijos matematiką al-Khojandi, tačiau jo įrodymas neišliko. Kiek vėliau pats Fermatas paskelbė konkretaus atvejo, kai n = 4, įrodymą.

Euleris 1770 m. įrodė teoremą atvejui, kai n = 3, Dirichlet ir Legendre 1825 m., kai n = 5, Lamé, kai n = 7. Kummeris parodė, kad teorema yra teisinga visiems pirminiams skaitmenims, mažesniems nei 100, su galimomis išimtimis 37. 59, 67.

Devintajame dešimtmetyje atsirado naujas požiūris į problemos sprendimą. Iš Mordell spėjimo, kurį 1983 m. įrodė Faltingsas, išplaukia, kad lygtis

jei n> 3 jis gali turėti tik baigtinį skaičių kopirminių sprendinių.

Paskutinis, bet svarbiausias, teoremos įrodymo žingsnis buvo žengtas 1994 m. rugsėjį Wiles. Jo 130 puslapių įrodymas buvo paskelbtas žurnale Annalsof Mathematics. Įrodymas grindžiamas vokiečių matematiko Gerhardo Fry prielaida, kad paskutinė Ferma teorema yra Taniyama-Shimura spėlionės pasekmė (šią prielaidą įrodė Kenas Ribetas, dalyvaujant J.-P. Serre.) Wilesas paskelbė pirmąjį. jo įrodymo versija 1993 m. (po 7 metų sunkaus darbo), tačiau netrukus ji atskleidė rimtą spragą; padedamas Richardo Lawrence'o Tayloro, atotrūkis greitai buvo uždarytas. Galutinė versija buvo paskelbta 1995 m. 2016 m. kovo 15 d. Andrew Wilesas gauna Abelio premiją. Šiuo metu priemoka yra 6 mln. NOK arba maždaug 50 mln. RUB. Wileso teigimu, apdovanojimas jam buvo „visiška staigmena“.

3. Tiesinės lygtys sveikaisiais skaičiais

Tiesinės lygtys yra paprasčiausios iš visų diofantinių lygčių.

Formos ax = b lygtis, kur a ir b yra kai kurie skaičiai, o x yra nežinomas kintamasis, vadinama tiesine lygtimi su vienu nežinomu. Čia reikia rasti tik sveikus lygties sprendinius. Galima pastebėti, kad jei a ≠ 0, tai lygtis turės sveikąjį skaičių tik tuo atveju, jei b visiškai dalijasi iš a ir šis sprendimas yra x = b / f. Jei a = 0, tada lygtis turės sveikąjį skaičių, kai b = 0 ir šiuo atveju x yra bet koks skaičius.

nuo 12 dalijasi iš 4, tada

Nes a = o ir b = 0, tada x yra bet koks skaičius

Nes 7 nesidalija tolygiai iš 10, tada sprendinių nėra.

4. Pasirinkimų surašymo būdas.

Taikant variantų surašymo metodą, būtina atsižvelgti į skaičių dalijimosi požymius, apsvarstyti visus galimus baigtinio surašymo lygybės variantus. Šis metodas gali būti taikomas sprendžiant šias problemas:

№1 Raskite aibę visų natūraliųjų skaičių porų, kurios yra lygties 49x + 69y = 602 sprendiniai

Išreiškiame iš lygties x =,

Nes x ir y yra natūralūs skaičiai, tada x = ≥ 1, visą lygtį padauginame iš 49, kad atsikratytume vardiklio:

Perkelkite 602 į kairę pusę:

51y ≤ 553, išreikškite y, y = 10

Išsamus variantų išvardijimas rodo, kad lygties natūralūs sprendiniai yra x = 5, y = 7.

Atsakymas: (5.7) .-

№2 Išspręskite problemą

Iš skaitmenų 2, ​​4, 7 turėtumėte sudaryti triženklį skaičių, kuriame nė vienas skaitmuo negali būti kartojamas daugiau nei du kartus.

Raskite visų triženklių skaičių, prasidedančių skaičiumi 2, skaičių: (224, 242, 227, 272, 247, 274, 244, 277) – jų yra 8.

Panašiai randame visus triženklius skaičius, prasidedančius skaičiais 4 ir 7: (442, 424, 422, 447, 474, 427, 472, 477).

(772, 774, 727, 747, 722, 744, 724, 742) – jie taip pat yra 8 skaičiai. Yra tik 24 skaičiai.

Atsakymas: 24 skaičiai.

5. Tęstinė trupmena ir Euklido algoritmas

Tęstinė trupmena yra paprastosios trupmenos formoje išraiška

kur q 1 yra sveikas skaičius, o q 2,…, qn yra natūralūs skaičiai. Tokia išraiška vadinama tęstinė (baigtinė tęstinė) trupmena. Atskirkite baigtines ir begalines tęstines trupmenas.

Racionaliųjų skaičių tęstinė trupmena turi baigtinę formą. Be to, seka a i yra būtent ta koeficientų seka, kuri gaunama trupmenos skaitikliui ir vardikliui taikant Euklido algoritmą.

Spręsdamas lygtis su tęstine trupmena, šiam lygčių sprendimo sveikaisiais skaičiais būdui sudariau bendrą veiksmų algoritmą.

Algoritmas

1) Nubraižykite koeficientų santykį su nežinomaisiais trupmenos pavidalu

2) Konvertuokite išraišką į netinkamą trupmeną

3) Pasirinkite visą netinkamos trupmenos dalį

4) Pakeiskite teisingą trupmeną lygia dalimi

5) Atlikite 3.4 su neteisinga vardiklyje gauta trupmena

6) Pakartokite 5 iki galutinio rezultato

7) Gautoje išraiškoje atmeskite paskutinę tęstinės trupmenos nuorodą, gautą naują tęstinę trupmeną paverskite pirminiu ir atimkite ją iš pradinės trupmenos.

Pavyzdys№1 Išspręskite lygtį 127x- 52y + 1 = 0 sveikaisiais skaičiais

Transformuojame nežinomųjų koeficientų santykį.

Pirmiausia parinkkime visą netaisyklingosios trupmenos dalį; = 2 +

Pakeiskite įprastą trupmeną lygia dalimi.

Kur = 2+

Atlikime tas pačias transformacijas su vardiklyje gauta neteisinga trupmena.

Dabar pradinė trupmena įgis tokią formą: Kartodami tuos pačius trupmenos samprotavimus, gausime Išskirdami visą netinkamos trupmenos dalį, gausime galutinį rezultatą:

Gavome išraišką, vadinamą baigtinė tęstinė arba tęstinė trupmena. Atmetę paskutinę šios tęstinės trupmenos grandį – penktadalį, gautą naują tęstinę trupmeną paverskite pirminiu ir atimkite ją iš pradinės trupmenos:

Sumažinkime gautą išraišką iki bendro vardiklio ir jį atmeskime.

Iš kur 127 ∙ 9-52 ∙ 22 + 1 = 0. Palyginus gautą lygybę su lygtimi 127x- 52y + 1 = 0, išeina, kad tada x = 9, y = 22 yra pradinės lygties sprendinys ir pagal teoremą visi jos sprendiniai bus išdėstyti progresuose x = 9+ 52t, y = 22+ 127t , kur t = (0; ± 1; ± 2 ... ..) Gautas rezultatas leidžia manyti, kad bendruoju atveju lygties ax + sprendinį reikia rasti + c = 0, būtina išplėsti nežinomųjų koeficientų santykį į tęstinę trupmeną, atmesti paskutinę jos nuorodą ir atlikti skaičiavimus, panašius į pateiktus aukščiau.

Norėdami įrodyti šią prielaidą, mums reikia tam tikrų tęstinių trupmenų savybių.

Apsvarstykite neredukuojamą trupmeną. q 1 pažymime dalinį, o r 2 – liekaną, dalijančią a iš b. Tada gauname:

Tada b = q 2 r 2 + r 3,

Panašus

r 2 = q 3 r 3 + r 4,;

r 3 = q 4 r 4 + r 5,;

………………………………..

Dydžiai q 1, q 2, ... vadinami nepilnaisiais koeficientais. Minėtas ugdymo procesas nepilnas privatus vadinamas Euklido algoritmas... Padalinio r 2, r 3, ... liekanos tenkina nelygybes

tie. sudaryti mažėjančių neneigiamų skaičių seką.

2 pavyzdys Išspręskite lygtį 170x + 190y = 3000 sveikaisiais skaičiais

Sumažinus 10, lygtis atrodo taip,

Norėdami rasti konkretų sprendimą, naudojame tęstinį frakcijos išplėtimą

Priešpaskutinės jai tinkamos trupmenos sutraukimas į eilinę

Konkretus šios lygties sprendimas turi formą

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

o suma pateikiama pagal formulę

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

iš kur gauname sąlygą parametre k

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

6. Faktoringo metodas

Variantų surašymo būdas yra nepatogus, nes pasitaiko atvejų, kai išvardijant neįmanoma rasti pilnų sprendinių, nes tokių sprendinių yra be galo daug. Faktorizacijos metodas yra labai įdomi technika ir ji randama tiek elementariojoje, tiek aukštojoje matematikoje.

Esmė yra identiška transformacija. Bet kurios identiškos transformacijos prasmė yra parašyti išraišką kita forma, išsaugant jos esmę. Panagrinėkime šio metodo taikymo pavyzdžius.

№1 Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais y 3 -x 3 = 91.

Naudodami sutrumpintas daugybos formules, mes koeficientuojame dešinę lygties pusę:

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

Išrašome visus skaičiaus 91 daliklius: ± 1; ± 7; ± 13; ± 91

Atkreipkite dėmesį, kad bet kurių sveikųjų skaičių x ir y skaičius

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

todėl abu faktoriai kairėje lygties pusėje turi būti teigiami. Tada pradinė lygtis yra lygiavertė lygčių sistemų rinkiniui:

Išsprendę sistemas, pasirenkame tas šaknis, kurios yra sveikieji skaičiai.

Gauname pradinės lygties sprendinius: (5; 6), (-6; -5); (-3; 4), (- 4; 3).

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

№2 Raskite visas natūraliųjų skaičių poras, atitinkančias x lygtį 2 -y 2 = 69

Padalinkite kairę lygties pusę ir parašykite lygtį į formą

Nes skaičiaus 69 dalikliai yra skaičiai 1, 3, 23 ir 69, tada 69 galima gauti dviem būdais: 69 = 1 · 69 ir 69 = 3 · 23. Atsižvelgiant į tai, kad x-y> 0, gauname dvi lygčių sistemas, kurias išsprendę galime rasti reikiamus skaičius:

Išreiškę vieną kintamąjį ir pakeitę jį antrąja lygtimi, randame lygčių šaknis Pirmoji sistema turi sprendinį x = 35; y = 34, o antroji sistema turi sprendinį x = 13, y = 10.

Atsakymas: (35; 34), (13; 10).

№3 Išspręskite lygtį x + y = xy sveikaisiais skaičiais:

Rašome lygtį formoje

Padalinkite kairę lygties pusę. Mes gauname

Dviejų sveikųjų skaičių sandauga gali būti lygi 1 tik dviem atvejais: jei abu jie lygūs 1 arba -1. Gauname dvi sistemas:

Pirmoji sistema turi sprendinį x = 2, y = 2, o antrosios sistemos sprendinį x = 0, y = 0. Atsakymas: (2; 2), (0; 0).

№4 Įrodykite, kad lygtis (x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 30 neturi sveikųjų skaičių sprendinių.

Kairiąją lygties pusę išskaidome į veiksnius ir padalijame abi lygties puses iš 3, todėl gauname lygtį:

(x – y) (y – z) (z – x) = 10

10 dalikliai yra skaičiai ± 1, ± 2, ± 5, ± 10. Taip pat atkreipkite dėmesį, kad koeficientų suma kairėje lygties pusėje yra 0. Nesunku patikrinti, ar bet kurių trijų skaičių iš 10 daliklių, kurie sandaugoje suteikia 10, suma nebus lygi 0. Todėl pradinė lygtis neturi sveikųjų skaičių sprendinių.

7. Likučių metodas

Pagrindinis metodo uždavinys – remiantis gautais rezultatais rasti likutį, tenkantį abiejų lygties pusių dalijimui iš sveikojo skaičiaus. Dažnai gauta informacija sumažina lygties sprendinių aibių galimybes. Panagrinėkime keletą pavyzdžių:

№1 Įrodykite, kad lygtis x 2 = 3y + 2 neturi sveikųjų skaičių sprendinių.

Įrodymas.

Apsvarstykite atvejį, kai x, y ∈ N. Apsvarstykite likučius, padalijus abi puses iš 3. Dešinioji lygties pusė suteikia likutį 2, padalijus iš 3 bet kuriai y reikšmei. Kairėje pusėje, kuri yra natūraliojo skaičiaus kvadratas, padalijus iš 3 visada gaunama liekana 0 arba 1. Remdamiesi tuo, nustatome, kad natūraliaisiais skaičiais šios lygties sprendimo nėra.

Apsvarstykite atvejį, kai vienas iš skaičių yra 0. Tada, aišku, sveikųjų skaičių sprendinių nėra.

Atvejis, kai y yra neigiamas sveikasis skaičius, sprendinių neturi, nes dešinė pusė bus neigiama, o kairioji – teigiama.

Atvejis, kai x yra neigiamas sveikasis skaičius, taip pat neturi sprendinių, nes patenka į vieną iš anksčiau nagrinėtų atvejų dėl to, kad (-x) 2 = (x) 2.

Pasirodo, kad nurodyta lygtis neturi sprendinių sveikaisiais skaičiais, ką ir reikėjo įrodyti.

№2 Išspręskite sveikaisiais skaičiais 3 X = 1 + y 2 .

Nesunku suprasti, kad (0; 0) yra šios lygties sprendimas. Belieka įrodyti, kad lygtis neturi kitų integralinių šaknų.

Panagrinėkime atvejus:

1) Jei x∈N, y∈N, tai 3 dalijasi iš trijų be liekanos, o 1 + y 2 padalijus iš 3

likusi dalis yra arba 1, arba 2. Vadinasi, natūraliųjų lygybė

reikšmės x, y yra neįmanomos.

2) Jei x yra neigiamas sveikasis skaičius, y∈Z, tada 0< 3 х < 1, а 1 + y 2 ≥ 0 и

lygybė taip pat neįmanoma. Todėl (0; 0) yra vienintelis

Atsakymas: (0; 0).

№3 Išspręskite 2x lygtį 2 -2xy + 9x + y = 2 sveikaisiais skaičiais:

Iš lygties išreikškime į ją įtrauktą nežinomąjį tik iki pirmojo laipsnio, tai yra, kintamąjį y:

2x 2 + 9x-2 = 2xy-y, iš kur

Pažymime visą trupmenos dalį taisykle dalyti daugianario iš daugianario „kampo“. Mes gauname:

Akivaizdu, kad skirtumas 2x-1 gali turėti tik reikšmes -3, -1, 1 ir 3.

Belieka sutvarkyti šiuos keturis atvejus, dėl kurių gauname sprendimus: (1; 9), (2; 8), (0; 2), (-1; 3)

Atsakymas: (1; 9), (2; 8), (0; 2), (-1; 3)

8 Lygčių su dviem kintamaisiais sveikaisiais skaičiais kaip kvadratais vieno iš kintamųjų atžvilgiu sprendimo pavyzdys

№1 Išspręskite 5x lygtį sveikaisiais skaičiais 2 + 5m 2 + 8xy + 2y-2x + 2 = 0

Šią lygtį galima išspręsti faktorizavimo metodu, tačiau šis metodas šios lygties atžvilgiu yra gana daug laiko reikalaujantis. Apsvarstykime racionalesnį būdą.

Lygtį rašome kvadrato forma kintamojo x atžvilgiu:

5x 2 + (8 m.-2) x + 5 m 2 + 2 m + 2 = 0

Mes randame jo šaknis.

Ši lygtis turi sprendimą tada ir tik tada, kai diskriminantas

šios lygties lygi nuliui, t.y. - 9 (y + 1) 2 = 0, taigi y = - 1.

Jei y = -1, tai x = 1.

Atsakymas: (1; - 1).

9. Užduočių sprendimo, naudojant lygtis sveikaisiais skaičiais, pavyzdys.

№ 1. Natūraliaisiais skaičiais išspręskite lygtį : kur n> m

Išreikškime kintamąjį n kintamuoju m:

Raskite skaičiaus 625 daliklius: tai yra 1; 5; 25; 125; 625

1) jei m-25 = 1, tada m = 26, n = 25 + 625 = 650

2) m-25 = 5, tada m = 30, n = 150

3) m-25 = 25, tada m = 50, n = 50

4) m-25 = 125, tada m = 150, n = 30

5) m-25 = 625, tada m = 650, n = 26

Atsakymas: m = 150, n = 30

№ 2. Išspręskite lygtį natūraliaisiais skaičiais: mn +25 = 4m

Sprendimas: mn +25 = 4m

1) išreikškite kintamąjį 4m reikšme n:

2) raskite natūraliuosius 25 daliklius: tai yra 1; 5; 25

jei 4-n = 1, tai n = 3, m = 25

4-n = 5, tada n = -1, m = 5; 4-n = 25, tada n = -21, m = 1 (pašalinės šaknys)

Atsakymas: (25; 3)

Be užduočių išspręsti lygtį sveikaisiais skaičiais, yra užduočių, įrodančių, kad lygtis neturi integraliųjų šaknų.

Sprendžiant tokias problemas, būtina atsiminti šias dalijimosi savybes:

1) Jei n Z; n dalijasi iš 2, tada n = 2k, k ∈ Z.

2) Jei n ∈ Z; n nėra 2 kartotinis, tada n = 2k + 1, k ∈ Z.

3) Jei n ∈ Z; n dalijasi iš 3, tada n = 3k, k ∈ Z.

4) Jei n ∈ Z; n nėra 3 kartotinis, tada n = 3k ± 1, k ∈ Z.

5) Jei n ∈ Z; n nesidalija iš 4, tada n = 4k + 1; n = 4k + 2; n = 4k + 3. k ∈ Z.

6) Jei n ∈ Z; n (n + 1) dalijasi iš 2, tada n (n + 1) (n + 2) dalijasi iš 2; 3; 6.

7) n; n + 1 yra koprime.

№3 Įrodykite, kad lygtis x 2 - 3y = 17 neturi sveikų sprendimų.

Įrodymas:

Tegu x; y – lygties sprendiniai

x 2 = 3 (y + 6) -1 Kadangi y ∈ Z tada y + 6 ∈ Z, taigi 3 (y + 6) dalijasi iš 3, todėl 3 (y + 6) -1 nesidalija iš 3, todėl x 2 nesidalija iš 3, todėl x nesidalija iš 3, taigi x = 3k ± 1, k ∈ Z.

Įtraukime tai į pradinę lygtį.

Mes turime prieštaravimą. Tai reiškia, kad lygtis neturi pilnų sprendinių, ką ir reikėjo įrodyti.

10. Pasirinkite formulę

Picko formulę 1899 m. atrado austrų matematikas Georgas Pieckas. Formulė yra susijusi su lygtimis sveikaisiais skaičiais, nes iš daugiakampių paimami tik sveiki mazgai, kaip lygčių sveikieji skaičiai.

Naudodami šią formulę galite rasti lape pastatytos figūros plotą langelyje (trikampis, kvadratas, trapecija, stačiakampis, daugiakampis).

Šioje formulėje rasime sveikųjų skaičių taškus daugiakampio viduje ir jo kraštinėje.

Užduotyse, kurios bus egzamino metu, yra visa grupė užduočių, kuriose ląstelėje pateikiamas daugiakampis, pastatytas ant lapo, o klausimas yra apie srities radimą. Ląstelės dydis yra vienas kvadratinis centimetras.

1 pavyzdys

M - mazgų skaičius trikampio kraštinėje (šonuose ir viršūnėse)

N yra mazgų skaičius trikampio viduje.

* Pagal „mazgas“ turime omenyje linijų sankirtą. Raskime trikampio plotą:

Pažymime mazgus:

M = 15 (pažymėta raudona spalva)

N = 34 (pažymėta mėlyna spalva)

2 pavyzdys

Raskime daugiakampio plotą: Pažymėkime mazgus:

M = 14 (pažymėta raudona spalva)

N = 43 (pažymėta mėlyna spalva)

12. Nusileidimo metodas

Vienas iš lygčių sveikaisiais skaičiais sprendimo būdų – nusileidimo metodas – pagrįstas Ferma teorema.

Nusileidimo metodas yra metodas, kurį sudaro nesuskaičiuojamos daugybės sprendimų sekos su be galo mažėjančiu teigiamu z sprendiniu sudarymas.

Panagrinėkime šio metodo algoritmą naudodami konkrečios lygties sprendimo pavyzdį.

1 pavyzdys. Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais 5x + 8y = 39.

1) Pasirinkime nežinomąjį, turintį mažiausią koeficientą (mūsų atveju jis yra x), ir išreikškime jį kitu nežinomu:

2) Pažymime sveikąjį skaičių: Akivaizdu, kad x bus sveikasis skaičius, jei išraiška pasirodys sveikasis skaičius, o tai, savo ruožtu, įvyks, kai skaičius 4 - 3y dalijasi iš 5 be liekanos.

3) Įveskime papildomą sveikąjį kintamąjį z taip: 4 -3y = 5z. Dėl to gauname to paties tipo lygtį kaip ir pirminė, bet su mažesniais koeficientais.

4) Jį išsprendžiame jau kintamojo y atžvilgiu, argumentuodami taip pat, kaip 1, 2 punktuose: Atskirdami sveikąją dalį, gauname:

5) Samprotaudami panašiai kaip ir ankstesniame, įvedame naują kintamąjį u: 3u = 1 - 2z.

6) Nežinomąjį išreikšime mažiausiu koeficientu, šiuo atveju kintamuoju z:. Reikalaujant, kad jis būtų vientisas, gauname: 1 - u = 2v, iš kur u = 1 - 2v. Trupmenų nebėra, nusileidimas baigtas (procesą tęsiame tol, kol kito kintamojo išraiškoje neliks trupmenų).

7) Dabar reikia „kilti aukštyn“. Išreiškiame per kintamąjį v pirmiausia z, tada y ir tada x:

8) Formulės x = 3 + 8v ir y = 3 - 5v, kur v yra savavališkas sveikasis skaičius, yra bendras pradinės lygties sprendimas sveikaisiais skaičiais.

Taigi, nusileidimo metodas pirmiausia suponuoja nuoseklią vieno pokyčio išraišką per kitą, kol kintamojo vaizde neliks trupmenų, o tada nuoseklų „kilimą“ lygybių grandinėje, kad būtų gautas bendras lygties sprendimas.

12.Išvada

Atlikus tyrimą, pasitvirtino hipotezė, kad sunkumai sprendžiant lygtis sveikaisiais skaičiais kyla dėl to, kad ne visi jų sprendimo būdai man buvo žinomi. Tyrimo metu pavyko rasti ir aprašyti mažai žinomus sveikųjų lygčių sprendimo būdus, iliustruoti juos pavyzdžiais. Mano tyrimo rezultatai gali būti naudingi visiems matematika besidomintiems studentams.

13 bibliografija

Knygų ištekliai:

1. N. Ya. Vilenkin ir kt., Algebra ir matematinė analizė / 10 klasė, 11 klasė // M., "Švietimas", 1998;

2. A. F. Ivanovas ir kt., Matematika. Mokomoji ir mokomoji medžiaga pasiruošimui egzaminui // Voronežas, GOUVPO VSTU, 2007 m.

3. AO Gel'fond, Matematika, skaičių teorija // Lygčių sprendimas sveikaisiais skaičiais // Knygų namai "LIBROKOM"

Interneto šaltiniai:

4. Vieningo valstybinio matematikos egzamino kontrolinės matavimo medžiagos demonstravimo galimybės http://fipi.ru/

5. Lygčių sveikaisiais skaičiais sprendinių pavyzdžiai http://reshuege.ru

6. Lygčių sveikaisiais skaičiais sprendinių pavyzdžiai http://mat-ege.ru

7. Diofantinių lygčių istorija http://www.goldenmuseum.com/1612Hilbert_rus.html

8. Diofanto istorija 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. Diofantinių lygčių istorija http://dok.opredelim.com/docs/index-1732.html

10. Diofanto istorija http://www.studfiles.ru/preview/4518769/

1.3 Lygčių sprendimo būdai

Sprendžiant lygtis sveikaisiais ir natūraliaisiais skaičiais, galima sutartinai išskirti šiuos metodus:

1. Pasirinkimų surašymo metodas.

2. Euklido algoritmas.

3. Tęstinės trupmenos.

4. Faktorizacijos metodas.

5. Sveikųjų skaičių kaip kvadratų lygčių sprendimas bet kurio kintamojo atžvilgiu.

6. Likučių metodas.

7. Begalinio nusileidimo metodas.

2 skyrius. Lygčių sprendimo metodų taikymas

1. Lygčių sprendimo pavyzdžiai.

2.1 Euklido algoritmas.

1 problema . Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais 407 X – 2816y = 33.

Pasinaudokime sukompiliuotu algoritmu.

1. Naudodami Euklido algoritmą raskite didžiausią bendrąjį skaičių 407 ir 2816 daliklį:

2816 = 407 6 + 374;

407 = 374 * 1 + 33;

374 = 33 * 11 + 11;

Taigi (407.2816) = 11, o 33 dalijasi iš 11

2. Padalinkite abi pradinės lygties puses iš 11, gausime lygtį 37 X – 256y= 3 ir (37, 256) = 1

3. Naudodami Euklido algoritmą randame tiesinį skaičiaus 1 vaizdą per skaičius 37 ir 256.

256 = 37 6 + 34;

Iš paskutinės lygybės išreikšime 1, tada iš eilės kildami lygybėmis išreikšime 3; 34 ir pakeiskite gautas išraiškas į išraišką 1.

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

- 83 · 37 - 256 · (–12)

Taigi 37 · (- 83) - 256 · (-12) = 1, taigi skaičių pora x 0= - 83 ir 0 val= - 12 yra 37 lygties sprendimas X – 256y = 3.

4. Užrašykime bendrąją pradinės lygties sprendinių formulę

kur t- bet koks sveikasis skaičius.

2.2 Pasirinkimų surašymo metodas.

2 tikslas. Narve yra triušiai ir fazanai, iš viso jie turi 18 kojų. Sužinokite, kiek jų yra narve?

Sprendimas: Sudaryta lygtis su dviem nežinomais kintamaisiais, kuriuose x yra triušių skaičius, y yra fazanų skaičius:

4x + 2y = 18 arba 2x + y = 9.

Išreikškime adresu skersai X : y = 9 - 2x.

X	1	2	3	4
adresu	7	5	3	1

Taigi, problema turi keturis sprendimus.

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

2.3 Faktorizacijos metodas.

Variantų išvardijimas ieškant natūralių dviejų kintamųjų lygties sprendinių yra labai sunkus darbas. Be to, jei lygtis turi visas sprendinių, jų neįmanoma išvardinti, nes tokių sprendinių yra be galo daug. Todėl parodysime dar vieną triuką - faktorizavimo metodas.

3 tikslas. Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiaisy 3 - x 3 = 91.

Sprendimas. 1) Naudodami sutrumpintas daugybos formules, mes koeficientuojame dešinę lygties pusę:

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

2) Išrašykime visus skaičiaus 91 daliklius: ± 1; ± 7; ± 13; ± 91

3) Atliekame tyrimus. Atkreipkite dėmesį, kad bet kokie sveikieji skaičiai x ir y numerį

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

todėl abu faktoriai kairėje lygties pusėje turi būti teigiami. Tada (1) lygtis yra lygi lygčių sistemų rinkiniui:

; ; ;

4) Išsprendę sistemas, gauname: pirmoji sistema turi sprendinius (5; 6), (-6; -5); trečias (-3; 4), (- 4; 3); antrasis ir ketvirtasis neturi sveikųjų skaičių sprendinių.

Atsakymas:(1) lygtis turi keturis sprendinius (5; 6); (-6; -5); (-3; 4); (-4; 3).

4 užduotis. Raskite visas natūraliųjų skaičių poras, atitinkančias lygtį

Sprendimas. Padalinkite kairę lygties pusę ir parašykite lygtį į formą

.

Nes skaičiaus 69 dalikliai yra skaičiai 1, 3, 23 ir 69, tada 69 galima gauti dviem būdais: 69 = 1 · 69 ir 69 = 3 · 23. Atsižvelgiant į tai

, gauname dvi lygčių sistemas, kurias išsprendę galime rasti reikiamus skaičius: arba.

Pirmoji sistema turi sprendimą

o antroji sistema turi sprendimą.

Atsakymas:

.

5 užduotis. Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais:

.

Sprendimas. Rašome lygtį formoje

.

Padalinkite kairę lygties pusę. Mes gauname

.

Dviejų sveikųjų skaičių sandauga gali būti lygi 1 tik dviem atvejais: jei abu jie lygūs 1 arba -1. Gauname dvi sistemas:

arba .

Pirmoji sistema turi sprendimą x = 2, y = 2, o antroji sistema turi sprendinį x = 0, y = 0.

Atsakymas:

.

6 užduotis. Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais

Sprendimas... Šią lygtį įrašome į formą

.

Grupavimo metodu išskaidę kairiąją lygties pusę į veiksnius, gauname

.

Dviejų sveikųjų skaičių sandauga gali būti 7 šiais atvejais:

7 = 1 7 = 7 1 = -1 (-7) = - 7 (-1) Taigi gauname keturias sistemas:

arba, arba, arba.

Pirmosios sistemos sprendinys yra skaičių pora x = - 5, y = - 6. Išspręsdami antrąją sistemą, gauname x = 13, y = 6. Trečiosios sistemos sprendimas yra skaičiai x = 5, y = 6. Ketvirtoji sistema turi sprendinį x = - 13, y = - 6.

.

7 užduotis. Įrodykite, kad lygtis ( x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 30 ne

Įvadas

Yra daug matematinių problemų, į kurias galima atsakyti vienu ar keliais sveikaisiais skaičiais. Kaip pavyzdį galime pateikti keturias klasikines problemas, išspręstas sveikaisiais skaičiais – svėrimo, skaičiaus padalijimo, keitimo ir keturių kvadratų uždavinį. Pažymėtina, kad nepaisant gana paprasto šių uždavinių formulavimo, juos labai sunku išspręsti, naudojant matematinės analizės ir kombinatorikos aparatą. Pirmųjų dviejų problemų sprendimo idėjos priklauso šveicarų matematikui Leonardui Euleriui (1707–1783). Tačiau dažniausiai galima rasti uždavinių, kuriuose lygtį siūloma spręsti sveikais (arba natūraliaisiais) skaičiais. Kai kurios iš šių lygčių gana nesunkiai išsprendžiamos derinimo metodu, tačiau tai iškelia rimtą problemą – reikia įrodyti, kad visi šios lygties sprendiniai yra išnaudoti pritaikytųjų (ty nėra sprendinių, kurie skiriasi nuo pritaikytųjų). ). Tam gali prireikti įvairių metodų – tiek standartinių, tiek dirbtinių. Papildomos matematinės literatūros analizė rodo, kad su tokiomis užduotimis gana dažnai susiduriama skirtingų metų ir įvairaus lygio matematikos olimpiadose, taip pat 19 matematikos (profilio lygmens) USE užduotyje. Tuo pačiu metu mokykliniame matematikos kurse ši tema praktiškai nenagrinėjama, todėl moksleiviai, dalyvaudami matematikos olimpiadose ar išlaikę matematikos specializuotą egzaminą, atlikdami tokias užduotis, dažniausiai susiduria su dideliais sunkumais. Šiuo atžvilgiu patartina išskirti pagrindinių lygčių sprendimo sveikaisiais skaičiais metodų sistemą, juolab kad šis klausimas nėra aiškiai nurodytas ištirtoje matematinėje literatūroje. Aprašyta problema lėmė šio darbo tikslą: išryškinti pagrindinius lygčių sveikaisiais skaičiais sprendimo būdus. Norint pasiekti šį tikslą, reikėjo išspręsti šias užduotis:

1) Išanalizuoti olimpiados medžiagą, taip pat matematikos profilinio egzamino medžiagą;

2) Nurodykite sveikųjų skaičių lygčių sprendimo būdus ir paryškinkite vyraujančius;

3) Gauti rezultatai iliustruojami pavyzdžiais;

4) Sudarykite kelias mokymo užduotis šia tema;

5) Taikant parengtas užduotis, nustatyti MBOU №59 vidurinės mokyklos devintų klasių mokinių pasirengimo laipsnį spręsti tokias problemas ir padaryti praktines išvadas.

Pagrindinė dalis

Įvairios matematinės literatūros analizė rodo, kad tarp sveikųjų lygčių sprendimo būdų galima išskirti šiuos pagrindinius:

1. Lygties, kaip kelių veiksnių, lygių tam tikram sveikajam skaičiui, sandauga;
2. Lygties vaizdavimas kelių narių kvadratų suma, lygi tam tikram sveikajam skaičiui;
3. Naudojant dalijamumo savybes, koeficientus ir tikslius kvadratus;
4. Ferma mažųjų ir didžiųjų teoremų panaudojimas;
5. Begalinis nusileidimo metodas;
6. Vieno nežinomo išraiška per kitą;
7. Kvadratinės lygties sprendimas vieno iš nežinomųjų atžvilgiu;
8. Likučių svarstymas padalijus abi lygties puses iš tam tikro skaičiaus.

Iš karto būtina nustatyti, ką turime omenyje sakydami pagrindinius lygčių sprendimo būdus. Dažniausiai naudojami metodai bus vadinami pagrindiniais, o tai, žinoma, neatmeta galimybės periodiškai taikyti naujus „netikėtus“ metodus. Be to, didžiąja dalimi atvejų naudojami įvairūs jų deriniai, tai yra, derinami keli metodai.
Kaip metodų derinio pavyzdį apsvarstykite 2013 m. matematikos egzaminui pasiūlytą lygtį (C6 užduotis).

Užduotis. Išspręskite lygtį natūraliaisiais skaičiais n! + 5n + 13 = k 2 .

Sprendimas. Atminkite, kad jis baigiasi nuliu, kai n> 4. Be to, bet kuriam n ∈ N jis baigiasi skaitmeniu 0 arba skaitmeniu 5. n> 4 kairioji lygties pusė baigiasi arba skaičiumi 3, arba skaičiumi 8. Tačiau ji taip pat lygi tiksliam kvadratui, kuris negali baigtis šiais skaičiais. Todėl jums tereikia kartoti keturias parinktis: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.

Taigi lygtis turi unikalų natūralų sprendimą n = 2, k = 5.

Šiam uždaviniui buvo panaudotos tiksliųjų kvadratų savybės, faktorialų savybės ir liekanos, padalijus abi lygties puses iš 10.

1 tikslas. n 2 - 4y! = 3.

Sprendimas. Pirmiausia perrašome pradinę lygtį kaip n 2 = 4y! + 3. Jei pažvelgsite į šį santykį dalybos su likučiu teoremos požiūriu, pamatysite, kad tikslus kvadratas kairėje lygties pusėje suteikia likutį 3, padalijus iš 4, o tai neįmanoma. Iš tiesų, bet kurį sveikąjį skaičių galima pavaizduoti viena iš šių keturių formų:

Taigi tikslus kvadratas, padalytas iš 4, likutį sudaro 0 arba 1. Todėl pradinė lygtis neturi sprendinių.

Pagrindinė idėja- tikslių kvadratų savybių pritaikymas.

2 tikslas. 8z 2 = (t!) 2 + 2.

Sprendimas. Tiesioginis patikrinimas tai rodo t= 0 ir t= 1 nėra lygties sprendiniai. Jeigu t> 1, tada t! yra lyginis skaičius, tai yra, jis gali būti pavaizduotas kaip t! = 2s... Tokiu atveju lygtis gali būti transformuota į 4 formą z 2 = 2s 2 + 1. Tačiau gauta lygtis tikrai neturi sprendinių, nes kairėje pusėje yra lyginis skaičius, o dešinėje – nelyginis.

Pagrindinė idėja- faktorialų savybių taikymas.

3 tikslas. Išspręskite visą lygtį x 2 + y 2 - 2x + 6y + 5 = 0.

Sprendimas. Pradinę lygtį galima perrašyti taip: ( x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 5.

Iš tos sąlygos išplaukia, kad ( x – 1), (y+ 3) yra sveikieji skaičiai. Todėl ši lygtis yra lygiavertė šiai aibei:

Dabar galite parašyti visus lygties sprendimus.

4 užduotis. Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais zt + t – 2z = 7.

Sprendimas. Pradinė lygtis gali būti transformuota į formą ( z + 1) (t- 2) = 5. Skaičiai ( z + 1), (t- 2) yra sveiki, todėl yra šios parinktys:

Taigi, lygtis turi lygiai keturis sveikųjų skaičių sprendinius.

Pagrindinė idėja- lygties vaizdavimas kaip sandauga, lygi sveikajam skaičiui.

5 užduotis. Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais n(n + 1) = (2k+1)‼

Sprendimas. Skaičius (2 k+ 1)‼ yra nelyginis visoms neneigiamoms reikšmėms k pagal apibrėžimą (neigiamam k ji visai neapibrėžta). Kita vertus, jis lygus skaičiui n(n+ 1), kuris yra lygus visoms sveikųjų skaičių reikšmėms k... Prieštaravimas.

Pagrindinė idėja- naudojant lygines / nelygines lygties dalis.

6 užduotis. Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais xy + x + 2y = 1.

Sprendimas. Transformacijos būdu lygtis gali būti sumažinta iki šios:

Ši transformacija nepakeitė į lygtį įtrauktų nežinomųjų ODV nuo pakeitimo y= –1 pradinėje lygtyje veda į absurdišką lygybę –2 = 1. Pagal sąlygą, x- sveikasis skaičius. Kitaip tariant, tai taip pat yra sveikasis skaičius. Bet tada skaičius turi būti visas. Trupmena yra sveikasis skaičius tada ir tik tada, kai skaitiklis dalijasi iš vardiklio. Skaičiaus 3 dalikliai: 1,3 –1, –3. Todėl nežinomiems galimi keturi atvejai: y = 0, y = 2, y= –2, y = –4. Dabar galite apskaičiuoti atitinkamas nežinomo reikšmes x... Taigi, lygtis turi lygiai keturis sveikųjų skaičių sprendinius: (–5; 0), (–5; 2), (1; –2), (1; –4).

Pagrindinė idėja- vieno nežinomo išraiška per kitą.

7 užduotis. m= n 2 + 2.

Sprendimas. Jeigu m= 0, tada lygtis įgauna formą n 2 = -1. Jame nėra ištisų sprendimų. Jeigu m < 0, то левая часть уравнения, а значит, и n, nebus sveikasis skaičius. Reiškia, m> 0. Tada dešinioji lygties pusė (taip pat ir kairioji) bus 5 kartotinis. Bet šiuo atveju n 2 padalijus iš 5 turėtų duoti liekaną 3, o tai neįmanoma (tai įrodo liekanų surašymo metodas, kuris buvo pateiktas sprendžiant 1 uždavinį). Todėl ši lygtis neturi sveikųjų skaičių sprendinių.

Pagrindinė idėja- likučių radimas padalijus abi lygties puses iš tam tikro natūraliojo skaičiaus.

8 problema. Išspręskite sveikaisiais skaičiais lygtį ( x!) 4 + (y – 1) 4 = (z + 1) 4 .

Sprendimas. Atkreipkite dėmesį, kad dėl eksponentų pariteto lygtis yra lygiavertė: ( x!) 4 + |y – 1| 4 = |z+ 1 | 4 . Tada x!, |y – 1|, |z+ 1 | - sveikieji skaičiai. Tačiau pagal paskutinę Ferma teoremą šie natūralūs skaičiai negali patenkinti pradinės lygties. Taigi lygtis neišsprendžiama sveikaisiais skaičiais.

Pagrindinė idėja- Paskutinės Ferma teoremos panaudojimas.

9 problema. Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais x 2 + 4y 2 = 16xy.

Sprendimas. Iš problemos teiginio matyti, kad x- lyginis skaičius. Tada x 2 = 4x 12 . Lygtis konvertuojama į formą x 1 2 + y 2 = 8x 1 y... Iš to išplaukia, kad skaičiai x 1 , y turi tą patį paritetą. Panagrinėkime du atvejus.

1 atvejis... Leisti x 1 , y- nelyginiai skaičiai. Tada x 1 = 2t + 1, y = 2s+ 1. Pakeitę šias išraiškas į lygtį, gauname:

Atlikime atitinkamas transformacijas:

Sumažinus abi gautos lygties puses 2, gauname?

Kairėje yra nelyginis skaičius, o dešinėje - lyginis. Prieštaravimas. Vadinasi, 1 atvejis neįmanomas.

2 atvejis... Leisti x 1 , y- lyginiai skaičiai. Tada x 1 = 2x 2 + 1, y = 2y vienas . Pakeitę šias reikšmes į lygtį, gauname:

Taigi gauta lygtis yra lygiai tokia pati kaip ir ankstesniame žingsnyje. Jis tiriamas panašiai, todėl kitame žingsnyje gauname lygtį ir tt Tiesą sakant, atlikdami šias transformacijas pagal nežinomųjų paritetą, gauname tokius išplėtimus:. Bet dydžiai n ir k nėra ribojami, nes bet kuriame žingsnyje (su savavališkai dideliu skaičiumi) gausime lygtį, lygiavertę ankstesnei. Tai yra, šis procesas negali sustoti. Kitaip tariant, skaičiai x, y yra be galo daug kartų dalijasi iš 2. Bet tai vyksta tik su sąlyga, kad x = y= 0. Taigi lygtis turi tiksliai vieną integralinį sprendinį (0; 0).

Pagrindinė idėja- naudojant begalinio nusileidimo metodą.

10 problema. Išspręskite 5 lygtį sveikaisiais skaičiais x 2 – 3xy + y 2 = 4.

Sprendimas. Perrašykite šią lygtį į 5 x 2 – (3x)y + (y 2 - 4) = 0. Jis gali būti laikomas kvadratu nežinomojo atžvilgiu x... Apskaičiuojame šios lygties diskriminantą:

Kad lygtis turėtų sprendinį, būtina ir pakanka, kad, tai yra, iš čia mes turime tokias galimybes y: y = 0, y = 1, y = –1, y= 2, y= –2.

Taigi, lygtis turi lygiai 2 sveikųjų skaičių sprendinius: (0; 2), (0; –2).

Pagrindinė idėja- lygties svarstymas kaip kvadratinė vieno iš nežinomųjų atžvilgiu.

Eksperimente buvo panaudotos autorės sudarytos užduotys, kurias sudarė šie dalykai. Visiems devintos klasės mokiniams buvo pasiūlytos parengtos užduotys, siekiant nustatyti vaikų pasirengimo šia tema lygį. Kiekvienas studentas turėjo pasiūlyti sveikųjų lygčių sprendinių paieškos metodą. Eksperimente dalyvavo 64 mokiniai. Rezultatai pateikti 1 lentelėje.

1 LENTELĖ

Darbo Numeris	Mokinių, atlikusių užduotį, skaičius (procentais)

Šie rodikliai rodo, kad devintos klasės mokinių pasirengimo šia tema lygis yra labai žemas. Todėl atrodo tikslinga surengti specialų kursą „Lygtys sveikaisiais skaičiais“, kuris bus skirtas mokinių šios srities žinių tobulinimui. Visų pirma, tai mokiniai, kurie sistemingai dalyvauja matematikos konkursuose ir olimpiadose, taip pat planuoja laikyti matematikos specializuotą egzaminą.

išvadas

Šio darbo metu:

1) Išanalizavo olimpiados medžiagą, taip pat matematikos egzamino medžiagą;

2) Nurodomi sveikųjų skaičių lygčių sprendimo būdai ir paryškinami vyraujantys;

3) Gauti rezultatai iliustruojami pavyzdžiais;

4) Sudarė mokomąsias užduotis devintos klasės mokiniams;

5) Buvo atliktas eksperimentas, siekiant nustatyti devintos klasės mokinių mokymo lygį šia tema;

6) Išanalizuoti eksperimento rezultatai ir padarytos išvados, ar tikslinga lygtis tirti sveikaisiais skaičiais specialiame matematikos kurse.

Šio tyrimo metu gauti rezultatai gali būti panaudoti ruošiantis matematikos olimpiadoms, matematikos egzaminui, taip pat vedant užsiėmimus matematikos rate.

Bibliografija

1. Gelfond A.O. Lygčių sprendimas sveikaisiais skaičiais. - M .: Nauka, 1983 - 64 p.

2. Alfutova N.B. A. V. Ustinovas Algebra ir skaičių teorija. Užduočių rinkinys matematikos mokykloms - Maskva: MTsNMO, 2009 - 336 p.

3. Galperin G.A., Tolpygo A.K. Maskvos matematikos olimpiados: knyga. studentams / Red. A.N. Kolmogorovas. - M .: Išsilavinimas, 1986 .-- 303 p., Ill.

4. Dalingeris V.A. Uždaviniai sveikaisiais skaičiais – Omskas: Amphora, 2010 – 132 p.

5. Gastev Yu. A., Smolyansky ML Keletas žodžių apie Didžiojo Fermato teoremą // Kvantas, 1972 m. rugpjūčio mėn.

Žodynėlis

Begalinis nusileidimo būdas- prancūzų matematiko P. Fermos (1601-1665) sukurtas metodas, kurio metu gaunamas prieštaravimas sukonstruojant be galo mažėjančią natūraliųjų skaičių seką. Įrodinėjimo variantas pagal prieštaravimą.

Tikslus (pilnas) kvadratas- sveikojo skaičiaus kvadratas.

Natūralaus skaičiaus faktorialas n - visų natūraliųjų skaičių sandauga nuo 1 iki n imtinai.