Problem 12.

Reši v celih številih 5x²+ 5y² + 8xy + 2y – 2y + 2 = 0.

rešitev.

Če poskušate to enačbo rešiti z metodo faktorizacije, je to precej delovno intenzivno delo, zato je to enačbo mogoče rešiti z bolj elegantno metodo. Razmislite o enačbi kot kvadratni sorodnik O x 5x²+(8y-2 )x+5y²+2y+2=0 , x1,2 = (1 – 4y ±√(1 – 4y)² - 5(5y² + 2y + 2))/5 = (1 – 4y ± √ -9(y + 1)²)/5.

Ta enačba ima rešitev, ko je diskriminanta enaka nič, tj. –9(y + 1) = 0, od tod y = -1. če y = -1, To x =1.

Odgovori.

Problem 13.

Reši v celih številih 3(x² + xy + y²)= x + 8y

rešitev.

Upoštevajte enačbo kot kvadratno glede na x 3x² + (3y - 1)x + 3y² - 8y = 0. Poiščimo diskriminanco enačbe D = =(3y – 1)² - 4 * 3(3y² - 8y) = 9y² - 6y + 1 – 36y² + 96y = -27y² + 90y + 1.

dano enačba izobraževanje ima korenine, čeD³ 0, tj. –27у² + 90 у + 1³ 0

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

Ker y О Z, potem je izpolnjen le pogoj (4). 0, 1, 2, 3 . Če gremo skozi te vrednosti, ugotovimo, da ima enačba v celih številih rešitve (0; 0) in (1; 1) .

Odgovori.

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

Problem 14.

Reši enačbo 5x² - 2xy + 2y² - 2x – 2y + 1= 0.

rešitev.

Upoštevajte to enačbo kot kvadratno glede na X s koeficienti, odvisnimi od y, 5x² - 2(y + 1)x + 2y² – 2y + 1= 0.

Poiščimo četrtino diskriminante D/4=(y+1)²-5(2y²-2y+1)=-(3y-2)².

Iz tega sledi, da ima enačba rešitev samo takrat, ko -(3у – 2)² = 0, to pomeni y = ⅔, potem najdemo x = ⅓.

Odgovori.

(⅓; ⅔).

Metoda ostankov.

Problem 15.

Reši v celih številih 3ª = 1 + y²

rešitev.

To je jasno (0; 0) – rešitev te enačbe. Dokažimo, da drugih rešitev ni.

Razmislimo o primerih:

1) x О N, y О N(5)

če x О N, To 3ª deljeno s 3 brez sledi in y² + 1 ko se deli z 3 daje preostanek bodisi 1 , oz 2 . Posledično enakost (5) za naravne vrednosti X in pri nemogoče.

2) Če X– negativno celo število, y O Z, Potem 0<3ª<1, A 1+y²³0 in enakost (5) je tudi nemogoča. Zato je (0; 0) edina rešitev.

Odgovori.

Problem 16 .

Dokaži, da sistem enačb

ì x² - y² = 7

î z² - 2y² = 1

nima rešitev v celih številih.

rešitev.

Predpostavimo, da je sistem omogočen. Iz druge enačbe z²=2u+1, tj. z²– liho število in z- čudna sredstva z=2m+1. Potem y²+2m²+2m, pomeni, y² - sodo število pri– celo, y = 2n, n О Z.

x²=8n³+7, tj. x² - liho število in X - liho število, x=2k+1, k О Z.

Zamenjajmo vrednosti X in pri v prvo enačbo, dobimo 2(k² + k - 2n³) = 3, kar je nemogoče, saj je leva stran deljiva z 2 , desni pa ne.

To pomeni, da je naša predpostavka napačna, tj. sistem nima rešitev v celih številih.

Metoda neskončnega spuščanja.

Rešitev enačb z metodo neskončnega spusta poteka po naslednji shemi: ob predpostavki, da ima enačba rešitve, konstruiramo nek neskončen proces, medtem ko bi se po samem pomenu problema ta proces moral končati pri nečem.

Pogosto se metoda neskončnega spuščanja uporablja v enostavnejši obliki. Ob predpostavki, da smo že dosegli naravni konec, vidimo, da se ne moremo »ustaviti«.

Problem 17.

Reši v celih številih 29x + 13y + 56z = 17 (6)

Izrazimo neznanko z najmanjšim koeficientom glede na preostale neznanke.

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

Označimo (4-3x-4z)/13 = t1(8)

Iz (7) sledi, da t1 lahko sprejme samo celoštevilske vrednosti. Iz (8) imamo 13t1 + 3x + 4z = 14(9)

Dobimo novo Diofantovo enačbo, vendar z manjšimi koeficienti kot v (6). Uporabimo iste premisleke za (9): x=(4-13t1-4z)/3= =(1-4t1-z) + (1-t1-z)/3

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

V (10) je koeficient pri z– neznanka prvotne enačbe je enaka 1 – to je končna točka “spusta”. Zdaj dosledno izražamo z, x, l skozi t1 in 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

Torej, ì x = -3t1 + 4t2

í y = 11t1 + 4t2 - 3

î z = -t1 – 3t2 + 1

t1, t2- poljubna cela števila – vse cele rešitve enačbe (6)

Problem 18.

Reši v celih številih x³ - 3y³ - 9z³ = 0(11)

rešitev.

Vidimo lahko, da leva stran enačbe (11) ni primerna za nobene transformacije. Zato raziskujemo naravo celih števil x³=3(y³-z³).številka x³ večkraten 3 , kar pomeni število X večkraten 3 , tj. x = 3x1(12) Zamenjajmo (12) v (11) 27х1³-3у³-9z³=0, 9x1³-y³-3z³=0(13)

y³=3(3x1³-z³). Potem y³ večkraten 3 , kar pomeni pri večkraten 3 , tj. y=3y1(14). Zamenjajmo (14) v (13) 9x1³ -27у1³ - 3z³=0. Iz te enačbe sledi, da z³ večkraten 3, in zato z večkraten 3 , tj. z=3z1.

Tako se je izkazalo, da so števila, ki ustrezajo enačbi (11), večkratniki treh in ne glede na to, kolikokrat jih delimo z 3 , dobimo števila, ki so večkratniki treh. Edino celo število, ki ustreza tri. Edino celo število, ki izpolnjuje ta pogoj, bo nič, to je rešitev te enačbe (0; 0; 0)

Heinrich G.N. FMS št. 146, dovoljenje

54 ≡ 6 × 5 ≡ 2 (mod 7),

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

Če dvignemo k na potenco, dobimo 56k ≡ 1(mod 7) za vsak naravni k. Zato je 5555 =56 × 92 × 53 ≡ 6 (mod7).

(Geometrično ta enakost pomeni, da gremo po krogu, začenši s 5, dvaindevetdesetimi cikli in še tremi številkami). Tako pri številu 222555 ostane ostanek 6, če ga delimo s 7.

Reševanje enačb v celih številih.

Nedvomno je ena izmed zanimivih tem v matematiki reševanje Diofantovih enačb. Ta tema se preučuje v 8., nato pa v 10. in 11. razredu.

Vsaka enačba, ki jo je treba rešiti v celih številih, se imenuje Diofantova enačba. Najenostavnejša med njimi je enačba oblike ax+bу=c, kjer so a, b in cÎ Z. Za rešitev te enačbe se uporabi naslednji izrek.

Izrek. Linearna Diofantova enačba ax+bу=c, kjer ima a, b in сО Z rešitev, če in samo, če je c deljiv z gcd števil a in b. Če je d=GCD (a, b), a=a1 d, b=b1 d, c=c1 d in (x0, y0) rešitev enačbe akh+bу=с, potem so vse rešitve podane s formulami x=x0 +b1 t, y=y0 –a1 t, kjer je t poljubno celo število.

1. Rešite enačbe v celih številih:

	3xy–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. Pri pripravah na enotni državni izpit iz matematike na to temo sem razmišljal o naslednjih težavah z diplomanti.

1). Rešite enačbo v celih številih: xy+3y+2x+6=13. rešitev:

Razložimo levo stran enačbe na faktorje. Dobimo:

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

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

Ker x,уО Z, dobimo niz sistemov enačb:

Heinrich G.N.

	M x +
	M x +
	M x +
ê Ð x +

FMS št. 146, dovoljenje

		M x =
		M x =
		M x =
	ê Ð x =

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

2). Reši enačbo v naravnih številih: 3x +4y =5z.

9). Poišči vse pare naravnih števil m in n, za katere velja enakost 3m +7=2n.

10). Poišči vse trojčke naravnih števil k, m in n, za katere velja enakost: 2∙k!=m! –2∙n! (1!=1, 2!=1∙2, 3!= 1∙2∙3, …n!= 1∙2∙3∙…∙n)

enajst). Vsi členi končnega zaporedja so naravna števila. Vsak člen tega zaporedja, začenši z drugim, je 14-krat večji ali 14-krat manjši od prejšnjega. Vsota vseh členov zaporedja je 4321.

c) Kakšno je največje število členov, ki jih lahko vsebuje zaporedje? rešitev:

a) Naj bo a1 =x, potem je a2 = 14x ali a1 =14x, potem je a2 =x. Potem je po pogoju a1 + a2 = 4321. Dobimo: x + 14x = 4321, 15x = 4321, vendar 4321 ni večkratnik 15, kar pomeni, da v zaporedju ne moreta biti dva člena.

b) Naj bo a1 =x, potem je a2 = 14x, a3 =x ali 14x+x+14x=4321 ali x+14x+x=4321. 29x=4321, potem x=149, 14x=2086. To pomeni, da ima zaporedje lahko tri člene. V drugem primeru je 16x=4321, vendar potem x ni naravno število.

Ni odgovora; b) da; c) 577.

Heinrich G.N.

FMS št. 146, dovoljenje

12). Vsi členi končnega zaporedja so naravna števila. Vsak člen tega zaporedja, začenši z drugim ali pri 10; krat več oziroma 10-krat manj od prejšnjega. Vsota vseh členov zaporedja je 1860.

a) Ali ima lahko zaporedje dva člena? b) Ali ima lahko zaporedje tri člene?

c) Kakšno je največje število členov, ki jih lahko ima zaporedje?

Očitno lahko govorimo o deljivosti celih števil in obravnavamo probleme na to temo neskončno. To temo sem poskušal obravnavati tako, da bi študente bolj zanimal, da bi jim s tega vidika pokazal lepoto matematike.

Heinrich G.N.

FMS št. 146, dovoljenje

Bibliografija:

1. A. Ya. Kannel-Belov, A. K. Kovaldzhi. Kako rešiti nestandardne probleme Moskva ICSME 2001

2. A.V.Spivak. Dodatek k reviji Kvant št. 4/2000 Matematični praznik, Moskva 2000

3. A.V.Spivak. Matematični krožek, "Setev" 2003

4. St. Petersburg mestna palača ustvarjalnosti mladih. Matematični krožek. Problematika za prvi in ​​drugi letnik študija. Saint Petersburg. 1993

5. Algebra za 8. razred. Učbenik za učence šol in razredov s poglobljenim učenjem matematike. Uredil N.Ya Vilenkin. Moskva, 1995

6. M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zbirka algebrskih nalog za 8-9 razredi. Učbenik za učence šol in razredov s poglobljenim učenjem matematike. Moskva, Razsvetljenje. 1994

7. Yu.N.Makarychev, N.G.Mindyuk, K.I.Neshkov. Algebra 8. razred. Učbenik za šole in razrede s poglobljenim študijem matematike. Moskva, 2001

8. M.I.Shabunin, A.A.Prokofjev UMK MATEMATIKA Algebra. Začetki matematične analize. Raven profila. Učbenik za 11. razred. Moskva Binom. Laboratorij znanja 2009

9. M.I.Shabunin, A.A.Prokofjev, T.A.Oleinik, T.V.Sokolova. UMK MATEMATIKA Algebra. Začetki matematične analize. Profilna stopnja Problemska knjiga za 11. razred. Moskva Binom. Laboratorij znanja 2009

10. A.G. Klovo, D.A. Maltsev, L.I. Abzelilova Matematika. Zbirka testov po načrtu enotnega državnega izpita 2010

11. Enotni državni izpit-2010. "Legija-M". Rostov na Donu 2009

12. Enotni državni izpit UMK “Matematika. Priprava na enotni državni izpit." Uredil F.F. Lysenko, S.Yu. Priprave na Enotni državni izpit 2011. "Legija-M". Rostov na Donu 2010

13. UMK "Matematika. Enotni državni izpit 2010". Uredil F.F. Lysenko, S.Yu. MATEMATIKA Priprava na enotni državni izpit-2010. Preizkusi izobraževanja in usposabljanja. "Legija-M". Rostov na Donu 2009

14. Enotni državni izpit FIPI. Univerzalni materiali za pripravo študentov MATH 2010"Intelekt-Center" 2010

15. A.Ž.Žafjarov. Matematika. Enotni državni izpit-2010 Hitro posvetovanje. Založba Sibirske univerze, 2010

Besedilo dela je objavljeno brez slik in formul.
Celotna različica dela je na voljo v zavihku "Delovne datoteke" v formatu PDF

Uvod.

Predmet študija.

Raziskava se nanaša na eno najzanimivejših področij teorije števil - reševanje enačb v celih številih.

Predmet študija.

Reševanje celih algebrskih enačb s celimi koeficienti in več kot eno neznanko je eden najtežjih in starodavnih matematičnih problemov in ni dovolj predstavljen v šolskem tečaju matematike. V svojem delu bom predstavil dokaj popolno analizo enačb v celih številih, razvrstitev teh enačb po metodah njihovega reševanja, opis algoritmov za njihovo reševanje, pa tudi praktične primere uporabe vsake metode za reševanje enačb v celih številih. .

Tarča.

Naučite se reševati enačbe v celih številih.

Naloge:

Študij izobraževalne in referenčne literature;

Zberite teoretično gradivo o reševanju enačb;

Analizirati algoritme za reševanje tovrstnih enačb;

Opišite rešitve;

Razmislite o primerih reševanja enačb s temi metodami.

Hipoteza:

Ker sem pri nalogah za olimpijado naletel na enačbe v celih številih, sem domneval, da so težave pri njihovem reševanju posledica dejstva, da mi niso poznane vse metode njihovega reševanja.

Ustreznost:

Med reševanjem vzorčnih različic nalog enotnega državnega izpita sem opazil, da pogosto obstajajo naloge za reševanje enačb prve in druge stopnje v celih številih. Poleg tega olimpijske naloge na različnih ravneh vsebujejo tudi enačbe v celih številih ali naloge, ki se rešujejo s pomočjo sposobnosti reševanja enačb v celih številih. Pomen znanja reševanja enačb v celih številih določa ustreznost moje raziskave.

Raziskovalne metode

Teoretična analiza in posplošitev informacij znanstvene literature o enačbah v celih številih.

Razvrstitev enačb v celih številih glede na načine njihovega reševanja.

Analiza in posplošitev metod za reševanje enačb v celih številih.

Rezultati raziskav

Delo opisuje metode reševanja enačb, obravnava teoretično gradivo Fermatovega izreka, Pitagorovega izreka in Evklidovega algoritma ter predstavlja primere rešitev problemov in enačb različnih stopenj zahtevnosti.

2. Zgodovina enačb v celih številih

Diofant - znanstvenik - algebraist stare Grčije, po nekaterih virih je živel do leta 364 našega štetja. e. Specializiral se je za reševanje problemov v celih številih. Od tod tudi ime Diofantove enačbe. Najbolj znan problem, ki ga je rešil Diofant, je problem "razgradnje na dva kvadrata". Njegov ekvivalent je znani Pitagorov izrek. Diofantovo življenje in delo je potekalo v Aleksandriji, zbiral je in reševal znane probleme ter se domislil novih. Kasneje jih je združil v veliko delo, imenovano Aritmetika. Od trinajstih knjig, ki so sestavljale Aritmetiko, jih je le šest preživelo v srednjem veku in postale vir navdiha za renesančne matematike. Diofantova Aritmetika je zbirka problemov, od katerih vsaka vsebuje rešitev in potrebno razlago. Zbirka vključuje različne probleme, njihove rešitve pa so pogosto zelo genialne. Diofanta zanimajo le pozitivna cela števila in racionalne rešitve. Neracionalne odločitve imenuje "nemogoče" in skrbno izbira koeficiente, tako da dobi želene pozitivne, racionalne rešitve.

Fermatov izrek se uporablja za reševanje enačb v celih številih. Zgodovina dokaza je zelo zanimiva. Mnogi ugledni matematiki so delali na popolnem dokazu Velikega izreka in ta prizadevanja so privedla do mnogih rezultatov sodobne teorije števil. Menijo, da je izrek na prvem mestu po številu nepravilnih dokazov.

Izjemen francoski matematik Pierre Fermat je izjavil, da enačba za celo število n ≥ 3 nima rešitev v celih pozitivnih številih x, y, z (xyz = 0 je izključen zaradi pozitivnosti x, y, z. Za primer n = 3 je to Teorem je v 10. stoletju poskušal dokazati srednjeazijski matematik al-Khojandi, vendar se njegov dokaz ni ohranil. Nekoliko pozneje je Fermat sam objavil dokaz posebnega primera za n = 4.

Euler je leta 1770 dokazal izrek za primer n = 3, Dirichlet in Legendre leta 1825 - za n = 5, Lame - za n = 7. Kummer je pokazal, da je izrek resničen za vsa praštevila n, manjša od 100, z možno izjemo od 37, 59, 67.

V osemdesetih letih se je pojavil nov pristop k reševanju problema. Iz Mordellove domneve, ki jo je dokazal Faltings leta 1983, sledi, da je enačba

za n > 3 ima lahko samo končno število relativno enostavnih rešitev.

Zadnji, a najpomembnejši korak pri dokazovanju izreka je septembra 1994 naredil Wiles. Njegov 130 strani dolg dokaz je bil objavljen v reviji Annals of Mathematics. Dokaz temelji na predpostavki nemškega matematika Gerharda Freya, da je zadnji Fermatov izrek posledica domneve Taniyama-Shimura (to predpostavko je dokazal Ken Ribet ob sodelovanju J.-P. Wilesa, ki je objavil prvo). različico njegovega dokaza leta 1993 (po 7 letih trdega dela), vendar se je kmalu pojavila resna vrzel; S pomočjo Richarda Lawrencea Taylorja je bila vrzel hitro zapolnjena. Končna različica je bila objavljena leta 1995. 15. marec 2016 Andrew Wiles prejme Abelovo nagrado. Trenutno je premija 6 milijonov norveških kron, to je približno 50 milijonov rubljev. Po besedah ​​Wilesa je bila nagrada zanj "popolno presenečenje".

3. Linearne enačbe v celih številih

Linearne enačbe so najenostavnejše od vseh Diofantovih enačb.

Enačba oblike ax=b, kjer sta a in b nekaj števil in je x neznana spremenljivka, imenujemo linearna enačba z eno neznanko. Tukaj moramo najti samo celoštevilske rešitve enačbe. Opazimo lahko, da če je a ≠ 0, bo imela enačba celoštevilsko rešitev le, če je b popolnoma deljiv z a in je ta rešitev x = b/ph. Če je a=0, bo imela enačba celoštevilsko rešitev, ko je b=0 in je v tem primeru x poljubno število.

Ker 12 je torej deljivo s 4

Ker a=o in b=0, potem je x poljubno število

Ker 7 ni popolnoma deljivo z 10, potem ni rešitev.

4. Metoda naštevanja možnosti.

Pri metodi naštevanja možnosti je treba upoštevati znake deljivosti števil in upoštevati vse možne možnosti za enakost končnega naštevanja. Ta metoda se lahko uporablja za reševanje teh težav:

№1 Poiščite množico vseh parov naravnih števil, ki so rešitev enačbe 49x+69y=602

Iz enačbe izrazimo x =,

Ker x in y sta naravni števili, potem je x = ≥ 1, pomnožite celotno enačbo s 49, da se znebite imenovalca:

Premakni 602 v levo:

51y ≤ 553, izrazi y, y= 10

Popolno iskanje možnosti pokaže, da sta naravni rešitvi enačbe x=5, y=7.

Odgovor: (5.7).-

№2 Rešite težavo

Iz števil 2, 4, 7 morate sestaviti trimestno število, v katerem se nobeno število ne sme ponoviti več kot dvakrat.

Poiščimo število vseh trimestnih števil, ki se začnejo s številko 2: (224, 242, 227, 272, 247, 274, 244, 277) – 8 jih je.

Podobno najdemo vsa trimestna števila, ki se začnejo s številkama 4 in 7: (442, 424, 422, 447, 474, 427, 472, 477).

(772, 774, 727, 747, 722, 744, 724, 742) - vsaka je tudi po 8 številk. Šele 24. je.

Odgovor: 24.

5. Zvezni ulomek in evklidski algoritem

Nizki ulomek je izraz navadnega ulomka v obliki

kjer je q 1 celo število, q 2, ..., qn pa so naravna števila. Ta izraz se imenuje nadaljnji (končni nadaljnji) ulomek. Obstajajo končni in neskončni ulomki.

Pri racionalnih številih ima zvezni ulomek končno obliko. Poleg tega je zaporedje a i natančno zaporedje količnikov, ki ga dobimo z uporabo evklidskega algoritma na števcu in imenovalcu ulomka.

Pri reševanju enačb z nizkimi ulomki sem sestavil splošni algoritem za ta način reševanja enačb v celih številih.

Algoritem

1) Razmerje koeficientov za neznanke sestavite v obliki ulomka

2) Pretvori izraz v nepravi ulomek

3) Izberi cel del nepravilnega ulomka

4) Zamenjaj pravilni ulomek z enakim ulomkom

5) Naredite 3.4 z nastalim nepravilnim ulomkom v imenovalcu

6) Ponovite 5 do končnega rezultata

7) V dobljenem izrazu zavrzite zadnjo povezavo nadaljnjega ulomka, nastali novi nastavljeni ulomek spremenite v preprostega in ga odštejte od prvotnega ulomka.

Primer№1 Rešite enačbo 127x- 52y+ 1 = 0 v celih številih

Transformirajmo razmerje koeficientov za neznanke.

Najprej izberimo cel del nepravega ulomka; = 2 +

Pravilni ulomek nadomestimo z enakim ulomkom.

Od = 2+

Naredimo enake transformacije z nepravilnim ulomkom, dobljenim v imenovalcu.

Sedaj bo prvotni ulomek dobil obliko: .. Če ponovimo isto razmišljanje za ulomek, ki ga dobimo, izločimo cel del nepravilnega ulomka, pridemo do končnega rezultata:

Dobili smo izraz, ki se imenuje končni nizki ulomek. Ko zavržemo zadnjo povezavo tega neprekinjenega ulomka - eno petino, nastali novi ulomek spremenimo v preprost in ga odštejemo od prvotnega ulomka:

Zvedimo dobljeni izraz na skupni imenovalec in ga zavrzimo.

Od kod prihaja 127∙9-52∙22+1=0. Iz primerjave dobljene enačbe z enačbo 127x- 52y+1 = 0 sledi, da je potem x= 9, y= 22 rešitev prvotne enačbe in po izreku bodo vse njene rešitve vsebovane v progresijah x = 9+ 52t, y= 22+ 127t, kjer je t=(0; ±1; ±2…..) nakazuje, da je treba v splošnem primeru najti rešitev enačbe ax+by+c= 0, je treba razmerje koeficientov neznank razširiti v zvezni ulomek, zavreči njegovo zadnjo povezavo in izvesti izračune, podobne zgoraj navedenim.

Da bi dokazali to predpostavko, bomo potrebovali nekaj lastnosti zveznih ulomkov.

Razmislimo o nezmanjšanem ulomku. Označimo z q 1 količnik in z r 2 ostanek deljenja a z b. Potem dobimo:

Potem je b=q 2 r 2 +r 3 ,

Podobno

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

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

………………………………..

Količine q 1, q 2,... imenujemo nepopolni količniki. Zgornji proces nastajanja nepopolnih količnikov se imenuje Evklidski algoritem. Ostanki deljenja r 2 , r 3 ,… zadoščajo neenačbam

tiste. tvori niz padajočih nenegativnih števil.

Primer št. 2 Rešite enačbo 170x+190y=3000 v celih številih

Po zmanjšanju za 10 enačba izgleda takole:

Za iskanje določene rešitve uporabimo razgradnjo ulomka v zvezni ulomek

S strnitvijo predzadnjega ulomka, ki se mu ujema, v navaden ulomek

Posebna rešitev te enačbe ima obliko

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

in splošno je podano s formulo

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

iz katerega dobimo pogoj za parameter k

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

6. Metoda faktorizacije

Metoda naštevanja možnosti je neprijetna metoda, saj obstajajo primeri, ko ni mogoče najti popolnih rešitev s preštevanjem, saj je takšnih rešitev neskončno veliko. Metoda faktorizacije je zelo zanimiva tehnika in jo najdemo tako v osnovni kot višji matematiki.

Bistvo je transformacija identitete. Smisel vsake enake transformacije je zapisati izraz v drugačni obliki in pri tem ohraniti njegovo bistvo. Oglejmo si primere uporabe te metode.

№1 Rešite enačbo v celih številih y 3 -x 3 = 91.

Z uporabo skrajšanih formul za množenje faktoriziramo desno stran enačbe:

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

Zapišemo vse delitelje števila 91: ± 1; ± 7; ± 13; ± 91

Upoštevamo, da je za vsako celo število x in y število

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

zato morata biti oba faktorja na levi strani enačbe pozitivna. Potem je izvirna enačba enakovredna nizu sistemov enačb:

Po rešitvi sistemov izberemo tiste korene, ki so cela števila.

Dobimo rešitve izvirne enačbe: (5; 6), (-6; -5); (-3; 4), (-4; 3).

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

№2 Poišči vse pare naravnih števil, ki ustrezajo enačbi x 2 -y 2 = 69

Razložimo levo stran enačbe na faktorje in enačbo zapišimo v obliki

Ker Delitelji števila 69 so števila 1, 3, 23 in 69, potem lahko 69 dobimo na dva načina: 69=1·69 in 69=3·23. Glede na to, da je x-y > 0, dobimo dva sistema enačb, z reševanjem katerih lahko najdemo zahtevana števila:

Če izrazimo eno spremenljivko in jo nadomestimo v drugo enačbo, dobimo korene enačb. Prvi sistem ima rešitev x=35;y=34, drugi sistem pa ima rešitev x=13, y=10.

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

№3 Rešite enačbo x + y = xy v celih številih:

Zapišimo enačbo v obliki

Razložimo levo stran enačbe na faktorje. Dobimo

Zmnožek dveh celih števil je lahko enak 1 samo v dveh primerih: če sta obe enaki 1 ali -1. Dobimo dva sistema:

Prvi sistem ima rešitev x=2, y=2, drugi sistem pa ima rešitev x=0, y=0. Odgovor: (2; 2), (0; 0).

№4 Dokaži, da enačba (x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 30 nima rešitev v celih številih.

Razložimo levo stran enačbe na faktorje in obe strani enačbe delimo s 3, kar ima za posledico naslednjo enačbo:

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

Delitelji števila 10 so števila ±1, ±2, ±5, ±10. Upoštevajte tudi, da je vsota faktorjev na levi strani enačbe enaka 0. Preprosto je preveriti, da vsota poljubnih treh števil iz niza deliteljev števila 10, ki dajejo produkt 10, ne bo enaka 0. Posledično izvirna enačba nima rešitev v celih številih.

7. Rezidualna metoda

Glavna naloga metode je na podlagi dobljenih rezultatov najti ostanek pri deljenju obeh strani enačbe s celim številom. Pogosto pridobljene informacije zmanjšajo možnosti nizov rešitev za enačbo. Poglejmo primere:

№1 Dokaži, da enačba x 2 = 3y + 2 nima celoštevilskih rešitev.

Dokaz.

Upoštevajte primer, ko je x, y ∈ N. Upoštevajte ostanke, ko sta obe strani deljeni s 3. Desna stran enačbe daje ostanek 2, ko je deljeno s 3 za katero koli vrednost y. Leva stran, ki je kvadrat naravnega števila, da pri deljenju s 3 vedno ostanek 0 ali 1. Na podlagi tega ugotovimo, da rešitve te enačbe v naravnih številih ni.

Oglejmo si primer, ko je eno od števil 0. Potem očitno ni rešitev v celih številih.

Primer, ko je y negativno celo število, nima rešitev, ker desna stran bo negativna, leva pa pozitivna.

Tudi primer, ko je x negativno celo število, nima rešitev, ker spada v enega od prej obravnavanih primerov zaradi dejstva, da je (-x) 2 = (x) 2.

Izkazalo se je, da navedena enačba nima rešitev v celih številih, kar je bilo treba dokazati.

№2 Reši v celih številih 3 X = 1 + y 2 .

Ni težko opaziti, da je (0; 0) rešitev te enačbe. Treba je še dokazati, da enačba nima drugih celih korenin.

Razmislimo o primerih:

1) Če je x∈N, y∈N, potem je 3 deljivo s tri brez ostanka in 1 + y 2, deljeno s 3, daje

ostanek je 1 ali 2. Torej enakost za naravno

vrednosti x, y ni mogoče.

2) Če je x negativno celo število, y∈Z, potem je 0< 3 х < 1, а 1 + y 2 ≥ 0 и

enakost je tudi nemogoča. Zato je (0; 0) edino

Odgovor: (0; 0).

№3 Reši enačbo 2x 2 -2xy+9x+y=2 v celih številih:

Iz enačbe izrazimo neznanko, ki je vanjo vključena le na prvi stopnji, to je spremenljivko y:

2x 2 +9x-2=2xy-y, od koder je

Izberimo cel del ulomka s pomočjo pravila deljenja polinoma s polinomom pod kotom. Dobimo:

Očitno lahko razlika 2x-1 sprejme samo vrednosti -3, -1, 1 in 3.

Še vedno je treba iti skozi te štiri primere, zaradi česar dobimo rešitve: (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)

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

8. Primer reševanja enačb z dvema spremenljivkama v celih številih v kvadratu glede na eno od spremenljivk

№1 Rešite enačbo 5x v celih številih 2 +5у 2 + 8xy+2y-2x +2=0

To enačbo je mogoče rešiti s faktorizacijo, vendar je ta metoda, če jo uporabimo za to enačbo, precej delovno intenzivna. Razmislimo o bolj racionalnem načinu.

Zapišimo enačbo v kvadratni obliki glede na spremenljivko x:

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

Najdemo njegove korenine.

Ta enačba ima rešitev, če in samo če je diskriminanta

te enačbe je enaka nič, tj. - 9(y+1) 2 =0, torej y= - 1.

Če je y= -1, potem je x= 1.

Odgovor: (1; - 1).

9.Primer reševanja nalog z enačbami v celih številih.

№ 1. Reši enačbo v naravnih številih : kjer je n>m

Izrazimo spremenljivko n skozi spremenljivko m:

Poiščimo delitelje števila 625: to je 1; 5; 25; 125; 625

1) če je m-25 =1, potem je m=26, n=25+625=650

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

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

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

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

Odgovor: m=150, n=30

№ 2. Reši enačbo v naravnih številih: mn +25 = 4m

Rešitev: mn +25 = 4m

1) spremenljivko 4m izrazite z n:

2) poišči naravne delitelje števila 25: to je 1; 5; 25

če je 4-n =1, potem je n=3, m=25

4-n=5, potem n=-1, m=5; 4-n =25, nato n=-21, m=1 (tuji koreni)

Odgovor: (25;3)

Poleg nalog za reševanje enačbe v celih številih obstajajo naloge za dokazovanje dejstva, da enačba nima celih korenin.

Pri reševanju takšnih problemov je treba zapomniti naslednje lastnosti deljivosti:

1) Če je n Z; n je deljiv z 2, potem je n = 2k, k ∈ Z.

2) Če je n ∈ Z; n ni deljiv z 2, potem je n = 2k+1, k ∈ Z.

3) Če je n ∈ Z; n je deljiv s 3, potem je n = 3k, k ∈ Z.

4) Če je n ∈ Z; n ni deljiv s 3, potem je n = 3k±1, k ∈ Z.

5) Če je n ∈ Z; n ni deljiv s 4, potem je n = 4k+1; n = 4k+2; n = 4k+3. k ∈ Z.

6) Če je n ∈ Z; n(n+1) je deljiv z 2, potem je n (n+1)(n+2) deljiv z 2;3;6.

7)n; n+1 so relativno praštevila.

№3 Dokaži, da enačba x 2 - 3y = 17 nima celoštevilskih rešitev.

Dokaz:

Naj bo x; y - rešitve enačbe

x 2 = 3(y+6)-1 Ker y ∈ Z potem y+6 ∈ Z, kar pomeni, da je 3(y+6) deljivo s 3, zato 3(y+6)-1 ni deljivo s 3, zato x 2 ni deljivo s 3, torej , x ni deljiv s 3, kar pomeni x = 3k±1, k ∈ Z.

Zamenjajmo to v prvotno enačbo.

Dobili smo protislovje. To pomeni, da enačba nima celotnih rešitev, kar je bilo treba dokazati.

10.Pica formula

Pieckovo formulo je leta 1899 odkril avstrijski matematik Georg Pieck. Formula je povezana z enačbami v celih številih, saj so samo cela vozlišča vzeta iz poligonov, tako kot cela števila v enačbah.

S to formulo lahko najdete površino figure, zgrajene na listu papirja v kletki (trikotnik, kvadrat, trapez, pravokotnik, poligon).

V tej formuli bomo našli cele točke znotraj poligona in na njegovi meji.

V težavah, ki bodo na enotnem državnem izpitu, je cela skupina nalog, v katerih je podan poligon, zgrajen na listu papirja v kvadratu, vprašanje pa je iskanje območja. Merilo celice je en kvadratni centimeter.

Primer št. 1

M - število vozlišč na meji trikotnika (na straneh in ogliščih)

N je število vozlišč znotraj trikotnika.

*Z "vozlišči" mislimo na presečišče črt. Poiščimo površino trikotnika:

Označimo vozlišča:

M = 15 (označeno rdeče)

N=34 (v modri barvi)

Primer št. 2

Poiščimo območje poligona: Označite vozlišča:

M = 14 (označeno rdeče)

N=43 (v modri barvi)

12. Metoda spusta

Ena izmed metod reševanja enačb v celih številih – metoda spusta – temelji na Fermatovem izreku.

Metoda spuščanja je metoda, ki sestoji iz konstruiranja ene rešitve neskončnega zaporedja rešitev z neskončno padajočim pozitivnim z.

Razmislimo o algoritmu te metode na primeru reševanja določene enačbe.

Primer 1. Rešite enačbo v celih številih 5x + 8y = 39.

1) Izberimo neznanko, ki ima najmanjši koeficient (v našem primeru je to x), in jo izrazimo preko druge neznanke:

2) Izberimo celoštevilski del: Očitno bo x celo število, če se izkaže, da je izraz celo število, kar se bo zgodilo, ko je število 4 - 3y deljivo s 5 brez ostanka.

3) Vstavimo dodatno celoštevilsko spremenljivko z, kot sledi: 4 -3y = 5z. Kot rezultat dobimo enačbo enakega tipa kot prvotna, vendar z manjšimi koeficienti.

4) Rešimo ga glede na spremenljivko y, pri čemer sklepamo natanko tako kot v točkah 1, 2: Če izberemo cel del, dobimo:

5) S sklepanjem, podobnim prejšnjemu, uvedemo novo spremenljivko u: 3u = 1 - 2z.

6) Izrazite neznanko z najmanjšim koeficientom, v tem primeru spremenljivko z: . Če zahtevamo, da je celo število, dobimo: 1 - u = 2v, od koder je u = 1 - 2v. Ulomkov ni več, spust je končan (postopek nadaljujemo, dokler v izrazu za naslednjo spremenljivko ne ostanejo ulomki).

7) Zdaj morate "iti gor". Izrazimo skozi spremenljivko v najprej z, nato y in nato x:

8) Formuli x = 3+8v in y = 3 - 5v, kjer je v poljubno celo število, predstavljata splošno rešitev izvorne enačbe v celih številih.

Tako metoda spuščanja vključuje najprej zaporedno izražanje ene spremenljivke v smislu druge, dokler v predstavitvi spremenljivke ne ostane noben ulomek, nato pa zaporedno "vzpenjanje" vzdolž verige enačb, da dobimo splošno rešitev enačbe.

12. Zaključek

Kot rezultat študije je bila potrjena hipoteza, da so težave pri reševanju enačb v celih številih posledica dejstva, da mi niso bile znane vse metode za njihovo reševanje. Med raziskovanjem mi je uspelo poiskati in opisati malo znane metode reševanja enačb v celih številih ter jih ilustrirati s primeri. Rezultati moje raziskave so lahko koristni za vse študente, ki jih zanima matematika.

13.Bibliografija

Knjižni viri:

1. N. Ya. Vilenkin et al., Algebra in matematična analiza / 10. razred, 11. razred // M., "Razsvetljenje", 1998;

2. A. F. Ivanov et al., Matematika. Izobraževalna in izobraževalna gradiva za pripravo na izpit // Voronež, GOUVPO VSTU, 2007

3. A. O. Gelfond, Matematika, teorija števil // Reševanje enačb v celih številih // Hiša knjig LIBROKOM

Internetni viri:

4. Demonstracijske različice kontrolnih merilnih materialov enotnega državnega izpita iz matematike http://fipi.ru/

5. Primeri rešitev enačb v celih številih http://reshuege.ru

6. Primeri rešitev enačb v celih številih http://mat-ege.ru

7. Zgodovina Diofantovih enačb http://www.goldenmuseum.com/1612Hilbert_rus.html

8. Diofantova zgodovina 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. Zgodovina Diofantovih enačb http://dok.opredelim.com/docs/index-1732.html

10. Zgodovina Diofanta http://www.studfiles.ru/preview/4518769/

1.3 Metode reševanja enačb

Pri reševanju enačb v celih in naravnih številih lahko v grobem ločimo naslednje metode:

1. Metoda naštevanja možnosti.

2. Evklidski algoritem.

3. Zvezni ulomki.

4. Metoda faktorizacije.

5. Reševanje enačb v celih številih kot kvadratov glede na neko spremenljivko.

6. Metoda ostankov.

7. Metoda neskončnega spuščanja.

Poglavje 2. Uporaba metod za reševanje enačb

1. Primeri reševanja enačb.

2.1 Evklidski algoritem.

Problem 1 . Reši enačbo v celih številih 407 X – 2816l = 33.

Uporabimo sestavljeni algoritem.

1. Z evklidskim algoritmom poiščemo največji skupni delitelj števil 407 in 2816:

2816 = 407 6 + 374;

407 = 374 1 + 33;

374 = 33 11 + 11;

Zato je (407,2816) = 11, pri čemer je 33 deljivo z 11

2. Obe strani prvotne enačbe delimo z 11, dobimo enačbo 37 X – 256l= 3 in (37, 256) = 1

3. Z evklidskim algoritmom najdemo linearno predstavitev števila 1 preko števil 37 in 256.

256 = 37 6 + 34;

Iz zadnje enačbe izrazimo 1, nato pa zaporedoma naraščajoče enakosti izrazimo 3; 34 in dobljene izraze nadomestite v izraz za 1.

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

– 83·37 – 256·(–12)

Tako je 37·(–83) – 256·(–12) = 1, torej par števil x 0= – 83 in y 0= – 12 je rešitev enačbe 37 X – 256l = 3.

4. Zapišimo splošno formulo za rešitve prvotne enačbe

Kje t- poljubno celo število.

2.2 Metoda naštevanja možnosti.

Naloga 2. Zajci in fazani sedijo v kletki; skupaj imajo 18 nog. Ugotovite, koliko obojega je v celici?

rešitev: Sestavi se enačba z dvema neznanima spremenljivkama, v kateri je x število zajcev, y število fazanov:

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

Izrazimo se pri skozi X : y = 9 – 2x.

X	1	2	3	4
pri	7	5	3	1

Tako ima problem štiri rešitve.

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

2.3 Metoda faktorizacije.

Naštevanje možnosti pri iskanju naravnih rešitev enačbe z dvema spremenljivkama se izkaže za zelo delovno intenzivno. Še več, če ima enačba cela rešitev, potem jih je nemogoče našteti, saj je takih rešitev neskončno veliko. Zato bomo pokazali še eno tehniko - metoda faktorizacije.

Naloga 3. Reši enačbo v celih številihl 3 - x 3 = 91.

rešitev. 1) Z uporabo skrajšanih formul za množenje faktoriziramo desno stran enačbe:

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

2) Zapišimo vse delitelje števila 91: ± 1; ± 7; ± 13; ± 91

3) Izvedite raziskavo. Upoštevajte, da za katera koli cela števila x in lštevilo

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

zato morata biti oba faktorja na levi strani enačbe pozitivna. Potem je enačba (1) enakovredna nizu sistemov enačb:

; ; ;

4) Po rešitvi sistemov dobimo: prvi sistem ima rešitve (5; 6), (-6; -5); tretji (-3; 4), (-4; 3); drugi in četrti nimata rešitev v celih številih.

odgovor: enačba (1) ima štiri rešitve (5; 6); (-6; -5); (-3; 4); (-4;3).

Naloga 4. Poiščite vse pare naravnih števil, ki ustrezajo enačbi

rešitev. Razložimo levo stran enačbe na faktorje in enačbo zapišimo v obliki

.

Ker Delitelji števila 69 so števila 1, 3, 23 in 69, potem lahko 69 dobimo na dva načina: 69=1·69 in 69=3·23. Glede na to

, dobimo dva sistema enačb, z reševanjem katerih lahko najdemo zahtevana števila: ali .

Prvi sistem ima rešitev

, drugi sistem pa ima rešitev.

odgovor:

.

Naloga 5. Rešite enačbo v celih številih:

.

rešitev. Zapišimo enačbo v obliki

.

Razložimo levo stran enačbe na faktorje. Dobimo

.

Zmnožek dveh celih števil je lahko enak 1 samo v dveh primerih: če sta obe enaki 1 ali -1. Dobimo dva sistema:

ali .

Prvi sistem ima rešitev x=2, y=2, drugi sistem pa ima rešitev x=0, y=0.

odgovor:

.

Naloga 6. Rešite enačbo v celih številih

rešitev. Zapišimo to enačbo v obliki

.

Razložimo levo stran enačbe z metodo združevanja v skupine, dobimo

.

Zmnožek dveh celih števil je lahko enak 7 v naslednjih primerih:

7=1· 7=7·1=-1·(-7)=-7·(-1) Tako dobimo štiri sisteme:

ali , ali , ali .

Rešitev prvega sistema je par števil x = - 5, y = - 6. Pri reševanju drugega sistema dobimo x = 13, y = 6. Za tretji sistem sta rešitev števila x = 5, y = 6. Četrti sistem ima rešitev x = - 13, y = - 6.

.

Naloga 7. Dokažite, da enačba ( x - l) 3 + (l - z) 3 + (z - x) 3 = 30 ne

Uvod

Obstaja veliko matematičnih nalog, katerih odgovori so eno ali več celih števil. Kot primer lahko navedemo štiri klasične probleme, rešene v celih številih - problem tehtanja, problem razdelitve, problem zamenjave in problem štirih kvadratov. Omeniti velja, da se kljub dokaj preprosti formulaciji teh problemov rešujejo na zelo zapleten način z uporabo aparata matematične analize in kombinatorike. Zamisli za rešitev prvih dveh problemov pripadajo švicarskemu matematiku Leonhardu Eulerju (1707–1783). Vendar pa najpogosteje najdete težave, v katerih je predlagano reševanje enačbe v celih številih (ali v naravnih številih). Nekatere od teh enačb je mogoče precej enostavno rešiti z izbirno metodo, vendar se pojavi resna težava - treba je dokazati, da so vse rešitve dane enačbe izčrpane z izbranimi (torej rešitve, ki niso izbrane, ne obstajajo). To lahko zahteva široko paleto tehnik, tako standardnih kot umetnih. Analiza dodatne matematične literature kaže, da se takšne naloge pogosto pojavljajo na matematičnih olimpijadah različnih let in na različnih ravneh, pa tudi v nalogi 19 enotnega državnega izpita iz matematike (raven profila). Hkrati se ta tema praktično ne obravnava v šolskem tečaju matematike, zato se šolarji, ki sodelujejo na matematičnih olimpijadah ali opravljajo specializirani enotni državni izpit iz matematike, običajno soočajo s precejšnjimi težavami pri opravljanju tovrstne naloge. V zvezi s tem je priporočljivo izpostaviti sistem osnovnih metod za reševanje enačb v celih številih, še posebej, ker to vprašanje v proučevani matematični literaturi ni eksplicitno obravnavano. Opisani problem je določil cilj tega dela: izpostaviti glavne metode za reševanje enačb v celih številih. Za dosego tega cilja je bilo potrebno rešiti naslednje naloge:

1) analizirati gradiva za olimpijado, pa tudi gradiva iz specializiranega enotnega državnega izpita iz matematike;

2) Identificira metode za reševanje enačb v celih številih in izpostavi prevladujoče;

3) Dobljene rezultate ponazorite s primeri;

4) Ustvarite več nalog za usposabljanje na to temo;

5) Z razvitimi nalogami določite stopnjo pripravljenosti učencev devetega razreda srednje šole MBOU št. 59 za reševanje takšnih problemov in naredite praktične zaključke.

Glavni del

Analiza različne matematične literature kaže, da so med metodami za reševanje enačb v celih številih naslednje glavne:

1. Predstavitev enačbe v obliki produkta več faktorjev, ki je enak nekemu celemu številu;
2. Predstavitev enačbe kot vsote kvadratov več členov, ki so enaki nekemu celemu številu;
3. Uporaba lastnosti deljivosti, faktoriala in natančnih kvadratov;
4. Uporaba malega in velikega Fermatovega izreka;
5. Metoda neskončnega spuščanja;
6. Izražanje ene neznanke skozi drugo;
7. Reševanje enačbe kot kvadratne enačbe glede na eno od neznank;
8. Upoštevanje ostankov pri deljenju obeh strani enačbe z določenim številom.

Takoj moramo pojasniti, kaj razumemo pod osnovnimi metodami reševanja enačb. Najpogosteje uporabljene metode bomo imenovali glavne, kar seveda ne izključuje možnosti občasne uporabe novih "nepričakovanih" tehnik. Poleg tega se v veliki večini primerov uporabljajo njihove različne kombinacije, torej kombiniranih več metod.
Kot primer kombinacije metod upoštevajte enačbo, predlagano na Enotnem državnem izpitu iz matematike leta 2013 (naloga C6).

Naloga. Reši enačbo v naravnih številih n! + 5n + 13 = k 2 .

rešitev. Upoštevajte, da se konča na nič pri n> 4. Nadalje se za vsak n ∈ N konča s številko 0 ali številko 5. Zato za n> 4 se leva stran enačbe konča bodisi s številko 3 bodisi s številko 8. Je pa tudi enaka natančnemu kvadratu, ki se ne more končati s temi številkami. Zato morate iti skozi samo štiri možnosti: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.

To pomeni, da ima enačba edinstveno naravno rešitev n = 2, k = 5.

Ta problem je uporabil lastnosti popolnih kvadratov, lastnosti faktorielov in ostanke deljenja obeh strani enačbe z 10.

Naloga 1. n 2 - 4l! = 3.

rešitev. Najprej prepišemo izvirno enačbo v obliki n 2 = 4l! + 3. Če na to razmerje pogledate z vidika izreka o deljenju z ostankom, boste opazili, da natančen kvadrat na levi strani enačbe daje ostanek 3 pri deljenju s 4, kar je nemogoče . Dejansko je vsako celo število mogoče predstaviti v eni od naslednjih štirih oblik:

Tako natančen kvadrat, ko ga delimo s 4, pusti ostanek 0 ali 1. Posledično izvirna enačba nima rešitev.

Ključna ideja– uporaba lastnosti natančnih kvadratov.

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

rešitev. To pokaže neposredni pregled t= 0 in t= 1 niso rešitve enačbe. če t> 1, torej t! je sodo število, kar pomeni, da ga je mogoče predstaviti kot t! = 2s. V tem primeru lahko enačbo pretvorimo v obliko 4 z 2 = 2s 2 + 1. Vendar dobljena enačba očitno nima rešitev, ker je na levi strani sodo število, na desni strani pa liho število.

Ključna ideja– uporaba lastnosti faktoriala.

Naloga 3. Rešite enačbo x 2 + y 2 – 2x + 6y + 5 = 0 v celih številih.

rešitev. Prvotno enačbo lahko prepišemo na naslednji način: ( x – 1) 2 + (l + 3) 2 = 5.

Iz pogoja sledi, da ( x – 1), (l+ 3) – cela števila. Zato je ta enačba enakovredna naslednjemu nizu:

Zdaj lahko zapišemo vse možne celoštevilske rešitve enačbe.

Naloga 4. Rešite enačbo v celih številih zt + t – 2z = 7.

rešitev. Prvotno enačbo lahko pretvorimo v obliko ( z + 1) (t– 2) = 5. Številke ( z + 1), (t– 2) so cela števila, zato veljajo naslednje možnosti:

Torej ima enačba natanko štiri cele rešitve.

Ključna ideja– predstavitev enačbe v obliki produkta, ki je enak celemu številu.

Naloga 5. Rešite enačbo v celih številih n(n + 1) = (2k+ 1)‼

rešitev. številka (2 k+ 1)‼ liho za vse nenegativne vrednosti k po definiciji (za negativno k sploh ni definiran). Po drugi strani pa je enako številu n(n+ 1), ki je sodo za vse celoštevilske vrednosti k. Protislovje.

Ključna ideja– uporaba sodih/lihih delov enačbe.

Naloga 6. Rešite enačbo v celih številih xy + x + 2l = 1.

rešitev. S transformacijami lahko enačbo zmanjšamo na naslednje:

Ta transformacija ni spremenila OD neznank, vključenih v enačbo, od zamenjave l= –1 v prvotno enačbo vodi do absurdne enakosti –2 = 1. Glede na pogoj, x– celo število. Z drugimi besedami, tudi celo število. Toda potem mora biti število celo število. Ulomek je celo število, če in samo če je števec deljiv z imenovalcem. Delitelji števila 3: 1,3 –1, –3. Zato so za neznano možni štirje primeri: l = 0, l = 2, l= –2, y = –4. Zdaj lahko izračunamo ustrezne vrednosti neznanke x. Torej ima enačba natanko štiri cele rešitve: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).

Ključna ideja– izražanje enega neznanega skozi drugega.

Naloga 7. m= n 2 + 2.

rešitev. če m= 0, potem ima enačba obliko n 2 = –1. Nima celovitih rešitev. če m < 0, то левая часть уравнения, а значит, и n, ne bo celo število. pomeni, m> 0. Potem bo desna stran enačbe (kot leva) večkratnik 5. Toda v tem primeru n 2 pri deljenju s 5 mora dati ostanek 3, kar je nemogoče (to dokazuje metoda štetja ostankov, ki je bila začrtana pri reševanju naloge 1). Zato ta enačba nima celoštevilskih rešitev.

Ključna ideja– iskanje ostankov deljenja obeh strani enačbe z nekim naravnim številom.

Naloga 8. Reši enačbo ( x!) 4 + (l – 1) 4 = (z + 1) 4 .

rešitev. Ker so eksponenti sodi, je enačba enakovredna naslednjemu: ( x!) 4 + |l – 1| 4 = |z+ 1| 4. Potem x!, |l – 1|, |z+ 1| - cela števila. Vendar glede na Fermatov zadnji izrek ta naravna števila ne morejo zadostiti prvotni enačbi. Tako je enačba nerešljiva v celih številih.

Ključna ideja– uporaba Fermatovega zadnjega izreka.

Naloga 9. Rešite enačbo v celih številih x 2 + 4l 2 = 16xy.

rešitev. Iz problemskih pogojev izhaja, da x- sodo število. Potem x 2 = 4x 12. Enačba se pretvori v obliko x 1 2 + l 2 = 8x 1 l. Iz tega sledi, da številke x 1 , l imajo enako pariteto. Razmislimo o dveh primerih.

1 primer. Pustiti x 1 , l- liha števila. Potem x 1 = 2t + 1, l = 2s+ 1. Če te izraze nadomestimo v enačbo, dobimo:

Izvedimo ustrezne transformacije:

Če obe strani dobljene enačbe zmanjšamo za 2, dobimo?

Na levi strani je liho število, na desni pa sodo število. Protislovje. To pomeni, da je 1 primer nemogoč.

Primer 2. Pustiti x 1 , l- Soda števila. Potem x 1 = 2x 2 + 1, l = 2l 1. Če nadomestimo te vrednosti v enačbo, dobimo:

Tako je nastala enačba popolnoma enaka kot v prejšnjem koraku. Preučujemo ga na podoben način, zato v naslednjem koraku dobimo enačbo itd. Pravzaprav z izvajanjem teh transformacij na podlagi paritete neznank dobimo naslednje razširitve: . Toda velikost n in k niso omejeni, saj bomo na katerem koli koraku (s poljubno velikim številom) dobili enačbo, enakovredno prejšnji. To pomeni, da se ta proces ne more ustaviti. Z drugimi besedami, številke x, l so deljivi z 2 neskončno velikokrat, vendar se to zgodi le pod pogojem, da x = l= 0. Torej ima enačba točno eno celoštevilsko rešitev (0; 0).

Ključna ideja– uporaba metode neskončnega spuščanja.

Problem 10. Reši enačbo 5 v celih številih x 2 – 3xy + l 2 = 4.

rešitev. Prepišimo to enačbo v obliki 5 x 2 – (3x)l + (l 2 – 4) = 0. Lahko ga obravnavamo kot kvadrat glede na neznanko x. Izračunajmo diskriminanco te enačbe:

Da ima enačba rešitve, je potrebno in zadostuje, da , to je od tu imamo naslednje možnosti za l: l = 0, l = 1, l = –1, l= 2, l= –2.

Torej ima enačba natanko 2 celoštevilski rešitvi: (0;2), (0;–2).

Ključna ideja– upoštevanje enačbe kot kvadratne glede na eno od neznank.

Problemi, ki jih je sestavil avtor, so bili uporabljeni za izvedbo poskusa, ki je bil sestavljen iz naslednjega. Vsem učencem devetega razreda so bile ponujene razvite naloge, da bi ugotovili stopnjo pripravljenosti otrok na to temo. Vsak študent je moral predlagati metodo iskanja celoštevilskih rešitev enačb. V eksperimentu je sodelovalo 64 študentov. Dobljeni rezultati so predstavljeni v tabeli 1.

TABELA 1

Številka delovnega mesta	Število študentov, ki so opravili nalogo (v odstotkih)

Ti kazalniki kažejo, da je stopnja pripravljenosti učencev devetega razreda na to temo zelo nizka. Zato se zdi primerno organizirati poseben predmet "Enačbe v celih številih", ki bo namenjen izboljšanju znanja študentov na tem področju. Najprej so to učenci, ki se sistematično udeležujejo matematičnih tekmovanj in olimpijad ter nameravajo opravljati specializirani enotni državni izpit iz matematike.

zaključki

Med tem delom:

1) Analizirana so bila gradiva za olimpijado, pa tudi gradiva za enotni državni izpit iz matematike;

2) Navedene so metode za reševanje enačb v celih številih in označene prevladujoče;

3) Dobljeni rezultati so ponazorjeni s primeri;

4) Za učence devetega razreda so bile sestavljene naloge za usposabljanje;

5) Izveden je bil poskus za ugotavljanje stopnje pripravljenosti učencev devetega razreda na to temo;

6) Rezultati eksperimenta so bili analizirani in sklepani so bili o smiselnosti preučevanja enačb v celih številih v posebnem matematičnem tečaju.

Rezultati, pridobljeni v okviru te študije, se lahko uporabljajo pri pripravah na matematične olimpijade, enotni državni izpit iz matematike, pa tudi pri izvajanju pouka v matematičnem krožku.

Bibliografija

1. Gelfond A.O. Reševanje enačb v celih številih. – M.: Nauka, 1983 – 64 str.

2. Alfutova N.B. Ustinov A.V. Algebra in teorija števil. Zbirka problemov za matematične šole - M .: MTsNMO, 2009 - 336 str.

3. Galperin G.A., Tolpygo A.K. Moskovske matematične olimpijade: knjiga. za študente / ur. A.N. Kolmogorov. – M.: Izobraževanje, 1986. – 303 str., ilustr.

4. Dalinger V.A. Problemi v celih številih – Omsk: Amfora, 2010 – 132 str.

5. Gastev Yu A., Smolyansky M. L. Nekaj ​​besed o Fermatovem zadnjem izreku // Kvant, avgust 1972.

Glosar

Metoda neskončnega spuščanja– metoda, ki jo je razvil francoski matematik P. Fermat (1601–1665), ki je sestavljena iz pridobivanja protislovja s konstruiranjem neskončno padajočega zaporedja naravnih števil. Različica metode dokaza s protislovjem.

Točen (celoten) kvadrat- kvadrat celega števila.

Faktoriel naravnega števila n - zmnožek vseh naravnih števil od 1 do n vključno.