ÉQUATIONS DIOPHANTIENNES

Introduction 3

Contexte historique. 5

L'algorithme d'Euclide. 7 Fractions continues. 10 Méthode de factorisation. 11 Résoudre des équations en nombres entiers sous forme de carrés par rapport à une variable. 15 Méthode des résidus. 16 Méthode de descente infinie. 17

Théorème de Fermat. 19 Des triplés pythagoriciens. 21 Autour du théorème de Pythagore. 22 Autres équations diophantiennes célèbres. 23

Introduction

Nous nous sommes tournés vers ce sujet car il n'est pas entièrement présenté dans les manuels de mathématiques actuels, et des problèmes sur ce sujet sont proposés à la fois aux Olympiades et examens d'entrée aux universités. Bien entendu, le sujet de la résolution d'équations en nombres entiers était, est et sera d'actualité. C'est clair sans mots. Ce n'est pas pour rien qu'elle a été étudiée depuis les tout débuts des mathématiques. Une équation diophantienne linéaire est une équation à plusieurs inconnues de la forme a 1 x 1+... an x ​​n = c, où les coefficients (connus) a 1 , a n et c sont des nombres entiers, et les inconnues sont x 1 ,…, x n sont également des nombres entiers. Différents types d'équations se réduisent à la résolution de telles équations. problèmes de mots, dans lequel les quantités inconnues expriment le nombre d'objets d'une sorte ou d'une autre et sont donc des nombres naturels (ou entiers non négatifs). La théorie de la résolution de telles équations est une branche classique des mathématiques élémentaires. Il n’est pas nécessaire d’écrire des formules complexes et lourdes, mais plutôt de mener un raisonnement minutieux basé sur certains concepts de la théorie des nombres et connecté dans une structure logique cohérente. Dans le cadre de cette théorie, nous pouvons donner solution globale de la classe de problèmes considérés avec un algorithme clairement décrit pour obtenir la réponse. Des problèmes spécifiques de ce type ont été résolus dès Babylone antique il y a environ 4 mille ans. Penseur grec ancien Diophante, qui a vécu il y a environ 2 000 ans, a décidé dans son livre "Arithmétique" grand nombre de telles équations et des équations plus complexes en nombres entiers et décrit essentiellement les méthodes générales pour les résoudre. Il convient de noter que chaque tâche spécifique en nombres entiers peut être résolu en utilisant différentes méthodes Objectif du travail :

Considérez les méthodes de résolution d'équations en nombres entiers. Découvrez les célèbres équations diophantiennes.

1 équations diophantiennes .

ils se réduisent à des équations ou des systèmes d'équations à coefficients entiers. En règle générale, ces systèmes sont incertains, c'est-à-dire que le nombre d'équations qu'ils contiennent est inférieur au nombre solutions inconnues il suffit d'en trouver des entières, souvent naturelles.

2. 1 Méthode d'énumération des options.

Disons que les poulpes et les étoiles de mer vivent dans un aquarium. Les poulpes ont 8 pattes et les étoiles de mer en ont 5. Il y a 39 membres au total. Combien d'animaux y a-t-il dans l'aquarium ?

2. 2 Algorithme euclidien.

Vous pouvez trouver GCD nombres naturels un Et b, sans étendre ces chiffres à facteurs premiers, mais en utilisant le processus de division avec un reste. Pour ce faire, vous devez diviser le plus grand de ces nombres par le plus petit, puis le plus petit des nombres par le reste de la première division, puis le reste de la première division par le reste de la deuxième division, et continuer ce processus. jusqu'à ce que la division se produise sans reste. Le dernier reste non nul est le pgcd souhaité ( un, b). Pour prouver cette affirmation, imaginons le processus décrit sous la forme de la chaîne d'égalités suivante : si un> b, Que une = bq0 + r1b = r1q1 + r2 r1 = r2q2 + r3(1) . . . . . . . . . . . . rn – 1 = rnqn Alors r1, . . . , rn- des restes positifs, décroissants à mesure que le nombre augmente. De la première égalité il résulte que le diviseur commun des nombres un Et b divise r1 et diviseur commun b Et r1 divise un, c'est pourquoi PGCD (un, b) = PGCD (b, r1) = PGCD (r1, r2) = … = pgcd (rn -1, rn)= = pgcd (rn, 0) = rn. La déclaration a été prouvée. La méthode donnée pour trouver GCD est appelée méthode de division séquentielle avec reste ou algorithme d’Euclide, car elle a été décrite pour la première fois dans ses « Principes ». Passons au système (1). De la première égalité, exprimant le reste r1 à travers un Et b, nous obtenons r1 = un – bq0 . En poursuivant ce processus, nous pouvons exprimer tous les restes en termes de un Et b, nous obtenons r1 = un – bq0 . En le substituant à la deuxième égalité, nous trouvons r2 = b(1 + q0 q1) – aq1 . En poursuivant ce processus, nous pouvons exprimer tous les restes en termes de a et b, y compris le dernier : rn = Aa + Sib. En conséquence, nous avons prouvé la proposition suivante : si d– plus grand diviseur commun des nombres naturels un Et b, alors il existe de tels entiers UN Et B, Quoi d = Aa + Sib. Notez que les coefficients UN Et B avoir différents signes; Si PGCD (un, b) = 1 , Que Aa + Sib = 1 . Comment trouver des numéros UN Et B, peut être vu à partir de l'algorithme euclidien. Passons maintenant à la solution équation linéaire avec deux inconnues. Cela ressemble à : hache + par = c (2) Deux cas sont possibles : soit le nombre c divisé par d= pgcd(un, b) , ou non. Dans le premier cas, on peut diviser les deux côtés de l’équation par d et réduire le problème à résoudre en entiers l'équation un1 x = b1 oui = c1 , dont les coefficients un1 = un/ d Et b1 = b/ d mutuellement simples. Dans le deuxième cas, l'équation n'a pas de solutions entières : pour tout entier x Et oui nombre hache + par est divisible par d et ne peut donc pas être égal au nombre c, qui est sur d ne partage pas. Ainsi, on peut se limiter au cas où dans l'équation (2) les coefficients un Et b mutuellement simples. D’après la phrase précédente, il existe de tels entiers x0 Et y0, Quoi hache0 + par0 = 1 d'où vient le couple ? (сх0, су0) satisfait l’équation (2). Avec elle, l'équation (2) satisfait ensemble infini vapeur (x, y) nombres entiers pouvant être trouvés à l'aide de formules X = CX0 + bt, y = cy0 – à.(3) Ici t – n'importe quel nombre. Il est facile de montrer que pour d’autres solutions entières, l’équation ah +par = c n'a pas. La solution écrite sous la forme (3) est appelée la solution générale de l'équation (2). Remplacer à la place t un entier spécifique, on obtient sa solution particulière.

Tâche 2.

Trouvons, par exemple, des solutions entières à l'équation 2 x + 5 oui = 17 . Solution.

Appliqué aux nombres 2 Et 5 Algorithme euclidien, on obtient 2 * 3 – 5 = 1 . C'est donc un couple сх0 = 3 * 17, sy0 = - 1 * 17 satisfait l'équation 2x + 5 ans = 17. Par conséquent, la solution générale de l’équation de rendement est :

De là, nous trouvons – 51/5  t  - 17/2 . Cette inégalité est satisfaite par les nombres - 10 , - 9 . Les solutions particulières correspondantes s'écriront sous forme de couples : (1,3), (6, 1) .

Tâche 3.

Combien pouvez-vous acheter pour 100 des pièces de coqs, de poules et de poulets, si vous devez tout acheter 100 des oiseaux, et le coq est debout 5 pièces de monnaie, poulet - 4 , UN 4 poulet - une pièce ?

Solution.

Laisser X– le nombre de coqs requis, à- les poules, et 4 z- des poules. Créons un système  x + y + 4z = 100

 5 x + 4 oui + z = 100, qui doit être résolu dans son intégralité nombres non négatifs. En multipliant la première équation du système par 4 , et le deuxième – sur (-1) et, en additionnant les résultats, on arrive à l'équation - x + 15 z = 300 avec des solutions entières x = -300 + 15 t, z = t. En substituant ces valeurs dans la première équation, on obtient oui = 400 - 19 t. Cela signifie que les solutions entières du système ont la forme x = -300 + 15 t,

oui = 400 - 19 t, z = t. Il résulte des conditions du problème que

 -300 + 15 t  0

 400 – 19 t  0

 t  0 , où 20  t  21 1/19 , c'est-à-dire t = 21 ou t = 20 .

Répondre.

Sur 100 les pièces peuvent être achetées 20 les poulets et 80 des poulets, ou 15 des coqs, 1 poulet et 84 poulet

Tâche 4.

Une paysanne portait un panier d'œufs au marché. Un cavalier imprudent, dépassant une femme, toucha le panier et tous les œufs se brisèrent. Voulant compenser les dégâts, il demanda à la paysanne combien d'œufs il y avait dans le panier. Elle a répondu qu'elle ne connaissait pas le nombre d'œufs, mais lorsqu'elle les a disposés 2 , Par 3 , Par 4 , Par 5 et par 6 , puis à chaque fois il restait un œuf en trop, et quand il était disposé 7 , il ne reste plus d’œufs supplémentaires. Combien d’œufs la paysanne emportait-elle au marché ?

Solution.

Laisser X– nombre d'œufs. Parce que x – 1 divisé par 2 , sur 3 , sur 4 , sur 5 , sur 6 , puis il est divisé par leur LCM, égal à 60 . Moyens, X on dirait 60у + 1. Par conséquent, pour répondre à la question du problème, il est nécessaire de résoudre l'équation en nombres naturels 60у + 1 = 7z. En utilisant l'algorithme euclidien, nous trouvons y0 = -2, z0 = - 17 , à partir de laquelle toutes les solutions entières de l'équation ont la forme y = -2 + 7t, z = -17 + 60 t, Où t– n'importe quel entier. La plus petite solution positive est obtenue lorsque t = 1 . Dans ce cas y = 5, z = 43 . Alors, la paysanne l'a porté au marché 301 œuf.

Répondre.

Une paysanne l'a porté au marché 301 œuf.

2. 3 Fractions continues.

Méthode suivante associés à des fractions continues ou continues.

Revenons à l'algorithme euclidien. De la première égalité du système (1), il s'ensuit que la fraction un/ b peut s’écrire comme la somme de la partie entière et fraction propre: un/ b = q0 + r1/ b. Mais r1/ b = 1/ b/ r1 , et basé sur la deuxième égalité du même système, nous avons b/ r1 = q1 + r2/ r1 . Moyens, un/ b= q0+1/(q1+ r2/ r1) . Ensuite, nous obtenons un/ b= q0 + 1/(q1+1/(q2+ r3/ r2)). Poursuivons ce processus d'ici là. Jusqu'à ce que nous atteignions le dénominateur qn

En conséquence, nous présenterons fraction commune un/ b sous la forme suivante : un / b = q0 + 1 / (q1 + 1 / (…+ 1 / qn)). Euler a appelé les fractions de ce type continuées. À peu près à la même époque, un autre terme est apparu en Allemagne : fraction continue. Les deux noms ont donc été conservés pour ces fractions. En raison de la lourdeur de la notation développée d'une fraction continue, une notation compacte est utilisée [ q0; q1, q2, …, qn] .

Tâche 5.

Soumettre une fraction 40/31 sous forme de chaîne.

Solution.

40/31 = 1 + 9/31 = 1 + 1/3 /9 = 1 + 1/(3 + 4 / 9) = 1 + 1 / (3 + 1 / 9 / 4) = =1 + 1 / (3 + 1 / (2 +1 / 4)) =

La commodité d'utiliser des fractions continues réside dans le fait que leurs propriétés ne sont associées à aucun système numérique. Pour cette raison, ils sont utilisés efficacement dans recherche théorique. Mais large application pratique les fractions continues n'ont pas été reçues, car il n'existe pas de règles pratiques pour leur exécution opérations arithmétiques.

2. 4 Méthode de factorisation.

Tâche 6.

Résolvez l'équation en nombres entiers : x² - oui² = 91.

Solution.

Décomposons côté gauche en factorisant cette équation : (x–y)(x+y)= =91 . Parce que 91= 1 * 91 =91 * 1=(-1) * (-91) = (-91) * (- 1) = 7 * 13 =

= 13 * 7 = (-7) * (-13) = (-13) * (-7) , alors la solution de cette équation se réduit à résoudre huit systèmes :

1) x – y = 1

x + y = 91

(46; 45)

2) x – y =- 1

x + y = - 91

(-46; -45)

3) x – y = -91

x + y = 1

(46; -45)

4) x – y = -91

x + y = -1

(-46; 45)

5) x – y = 7

x + y = 13

6) x – y = -7

x + y = -13

(-10; -3)

7) x – y = 13

x + y = 7

(10; -3)

8) x – y = -13

x + oui = -7

(-10; 3)

Répondre.

(46; 45),(46; - 45),(-46; -45),(-46; 45),(10; 3),(10; -3),(-10; -3),(-10; 3).

Tâche 7.

Résoudre en nombres entiers x³ + 91 = y³.

Solution.

Réécrivons équation donnée sous la forme suivante y³ - x³ = 91, factorisons le côté gauche (y – x)(y² + xy + x²) = 91. Noter que y² + xy + x² = (y + x/2)² + ¾x² 0 à à R..

Cela signifie que la solution de cette équation se réduit à la solution les systèmes suivants

1) oui – x = 1

 y² + xy + x² = 91 (5; 6),(-6; -5) ;

2) oui – x = 1

 y² + xy + x² = 1 le système n'a pas de solution en nombres entiers ;

3) oui – x = 13

 y² + xy + x² = 7 il n'y a pas de solutions en nombres entiers ;

4) oui – x = 7

 y² + xy + x² = 13 décider ce système, nous obtenons (-3; 4),(-4;3).

Répondre.

(5; 6), (-6; -5), (5; 6), (-6; -5) .

Tâche 8.

Résoudre en nombres entiers xy=x+y

Solution.

xy – x – y + 1 = 1. Nous factorisons le côté gauche de cette équation en utilisant la méthode de regroupement . x(y – 1) – (y – 1) = 1; (y – 1)(x – 1) = 1. Ainsi,

oui – 1 = 1

x – 1 = 1

oui – 1 = -1

x – 1 = -1

Répondre.

(2; 2), (0; 0).

Tâche 9.

Résoudre en nombres naturels 2x² + 5xy – 12y² = 28.

Solution.

Factorisons le côté gauche de cette équation ; pour ce faire, nous réécrivons l'équation sous la forme suivante : 2x² - 3xy + 8xy – 12y² = 28.

En appliquant la méthode de regroupement, on obtient (2x – 3 ans)(x + 4 ans) = 28. Parce que X, à sont des nombres naturels, alors (x + 4 ans) N Et x + 4 ans 4 , alors les cas suivants sont possibles :

1) 2x – 3 ans = 1

x + 4y = 28

2) 2x – 3 ans = 4

x + 4y = 7

il n'y a pas de solutions en nombres naturels ;

3) 2x – 3 ans = 1

x + 4y = 28

Il n’y a pas de solutions en nombres naturels.

Répondre.

Problème 10.

Résoudre en nombres entiers 2xy = x² + 2y.

Solution.

Réécrivons l'équation sous la forme suivante x² - 2xy + 2y = 0. Cette équation peut également être résolue par la méthode de factorisation, cependant, en utilisant la formule de différence des carrés ou la méthode de regroupement, nous ne pourrons pas factoriser le côté gauche de cette équation, il est donc plus conseillé d'utiliser la méthode d'isolement d'un carré complet.

(x² - 2xy + y²) - y² + 2y – 1 + 1 = 0, (x – y)² - (y – 1)² = -1.

(x – y – y + 1)(x – y + y – 1) = -1, (x – 2y + 1)(x – 1) = -1.

Résoudre cette équation revient à résoudre les systèmes suivants :

 x – 2a + 1= -1ou  x – 1= -1

 x – 1= 1 x – 2 ans + 1 = 1

(2; 2) décisions en nat. pas de chiffres

Répondre.

Ainsi, à partir des équations discutées ci-dessus, nous pouvons conclure que lors de la résolution d'équations à l'aide de la méthode de factorisation, les éléments suivants sont utilisés : des formules de multiplication abrégées, une méthode de regroupement et une méthode d'isolement d'un carré complet.

Maintenant, regardons plus équations complexes.

Problème 11.

Résoudre en nombres naturels x² - 4xy – 5y² = 1996.

Solution.

Réécrivons l'équation sous la forme (x²-4xy+4y²)–9y²=1996, (x-4y)²–9y²=1996.

Factorisons le côté gauche (x – 5 ans)(x + y) = 1996.

1996=1 * 1996=2 * 998=4 * 499= -1 * (-1996)= -2 * (-998) = -4 * (-499).

Parce que X N, oui N, Que (x + y) N, et (x + y) > 1. Si (x + y) N Et (x + y)(x – 5y) = 1996, Que (x – 5 ans) N. Ensuite, la solution de l'équation résultante se réduit à résoudre les systèmes suivants

1) x - 5 ans = 1

x + y = 1996

il n'y a pas de solutions en nombres naturels

2) x - 5 ans = 499 ou  x - 5 ans = 4

x + y = 4 x + y = 499

les systèmes de solutions en nombres naturels n'ont pas

3) x - 5 ans = 2 ou  x - 5 ans = 988

x + y =998 x + y =2

(832; 166) il n'y a pas de solution en nombres naturels

Répondre.

x = 832, y = 166.

2.5 Résoudre des équations en nombres entiers sous forme de carrés par rapport à n'importe quelle variable.

Problème 12.

Résoudre en nombres entiers 5x²+ 5a² + 8xy + 2a – 2a + 2 = 0.

Solution.

Si vous essayez de résoudre cette équation en utilisant la méthode de factorisation, il s'agit d'un travail assez laborieux, cette équation peut donc être résolue par une méthode plus élégante. Considérons l'équation comme carré relatifÔ X 5x²+(8a-2)x+5a²+2a +2=0 , x1,2 = (1 – 4 ans ±√(1 – 4у) ² - 5(5у² + 2у + 2))/5 = (1 – 4у ±√ -9(y + 1)²)/5.

Cette équation a une solution lorsque le discriminant égal à zéro, c'est-à-dire –9(y + 1) = 0, d'ici y = -1. Si y = -1, Que x =1.

Répondre.

Problème 13.

Résoudre en nombres entiers 3(x² + xy + y²)= x + 8y

Solution.

Considérons l'équation comme quadratique par rapport à X 3x² + (3a - 1)x + 3a² - 8a = 0. Trouvons le discriminant de l'équation D= =(3у – 1)² - 4 * 3(3у² - 8у) = 9у² - 6у + 1 – 36у² + 96у = -27у² + 90у + 1.

Donné équation l'éducation a des racines, SiD  0 , c'est-à-dire –27у² + 90у + 1 0

(-45 + √2052)/ (-27)  à (-45 -√2052)/ (-27) (4)

Parce que à Z, alors la condition (4) est satisfaite seulement 0, 1, 2, 3 . En parcourant ces valeurs, on constate que l'équation en nombres entiers a des solutions (0; 0) Et (1; 1) .

Répondre.

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

Problème 14.

Résoudre l'équation 5x² - 2xy + 2y² - 2x – 2y + 1= 0.

Solution.

Considérons cette équation comme quadratique par rapport à X avec des coefficients dépendant de y, 5x² - 2(y + 1)x + 2y² – 2y + 1= 0.

Trouvons un quart du discriminant D/4=(oui+1)²-5(2oui²-2oui+1)=-(3 oui-2)².

Il s’ensuit que l’équation n’a de solution que lorsque -(3у – 2)² = 0, cela suit y = ⅔, alors nous trouvons x = ⅓.

Répondre.

(⅓; ⅔).

2.6 Méthode résiduelle.

Problème 15.

Résoudre en nombres entiers 3ª = 1 + y²

Solution.

Il est clair que (0; 0) – solution de cette équation. Montrons qu'il n'y a pas d'autres solutions.

Considérons les cas :

X N, oui N(5)

Si X N , Que 3ª divisé par 3 sans laisser de trace, et y² + 1 lorsqu'il est divisé par 3 donne le reste soit 1 , ou 2 . Par conséquent, l'égalité (5) pour les valeurs naturelles X Et à impossible.

2)Si X– entier négatif, oui  Z, Alors 0<3ª<1, UN 1+an² 0 et égalité (5) également impossible. Par conséquent, (0 ; 0) est la seule solution.

Répondre.

Problème 16.

Montrer que le système d'équations

x² - y² = 7

z² - 2oui² = 1

n'a pas de solutions en nombres entiers.

Solution.

Supposons que le système soit activé. De la deuxième équation z²=2у+1, c'est-à-dire z²– nombre impair et z-impair signifie z=2 m+1 . Alors oui²+2m²+2m , Moyens, y² - nombre pair Et à- même, oui = 2 n, n  Z.

x²=8n³+7, c'est-à-dire x² - nombre impair et X- nombre impair x=2k+1, k  Z.

Remplaçons les valeurs X Et à dans la première équation, on obtient 2(k² + k - 2 n³) = 3, ce qui est impossible puisque le côté gauche est divisible par 2 , mais pas la bonne. Cela signifie que notre hypothèse est incorrecte, c'est-à-dire le système n'a pas de solutions en nombres entiers.

2.7 Méthode de descente infinie.

La solution des équations par la méthode de la descente infinie se déroule selon le schéma suivant : en supposant que l'équation a des solutions, nous construisons un processus infini, alors que par le sens même du problème, ce processus doit se terminer quelque part. La méthode de la descente infinie est souvent utilisée. sous une forme plus simple. En supposant que nous ayons déjà atteint la fin naturelle, nous voyons que nous ne pouvons pas « nous arrêter ».

Problème 17.

Résoudre en nombres entiers 29x + 13 ans + 56z = 17 (6)

Exprimons l'inconnue avec le plus petit coefficient en fonction des inconnues restantes.

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

Notons (4-3 x-4 z)/13 = t1 (8)

De (7) il résulte que t1 ne peut prendre que des valeurs entières. De (8) on a 13 t1 + 3 x + 4 z = 14 (9)

On obtient une nouvelle équation diophantienne, mais avec des coefficients plus petits que dans (6). Appliquons les mêmes considérations à (9) : x=(4-13 t1-4 z)/3= =(1-4 t1- z) + (1- t1- z)/3

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

Dans (10) le coefficient à z– l'inconnue de l'équation d'origine est égale à 1 – c'est le point final de la « descente ». Maintenant, nous exprimons systématiquement z, x, ouià travers t1 Et t2 .

z = -t1 – 3t2 + 1

x = 1 – 4t1 + t1 + 3t2 = 1 +t2 = -t1 + 4t2

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

Donc,  x = -3t1 + 4t2

Problème 18.

Résoudre en nombres entiers x³ - 3oui³ - 9z³ = 0 (11)

Solution.

On peut voir que le côté gauche de l’équation (11) ne se prête à aucune transformation. Par conséquent, explorer le caractère des entiers x³=3(oui³- z³). Nombre x³ multiple 3 , ce qui signifie le nombre X multiple 3 , c'est-à-dire x = 3x1(12) Remplaçons (12) par (11) 27х1³-3у³-9z³=0, 9x1³-y³-3z³=0(13)

y³=3(3x1³-z³). Alors y³ multiple 3 , ce qui signifie à multiple 3 , c'est-à-dire y=3a1(14). Remplaçons (14) par (13) 9х1³ -27у1³ - 3z³=0 . De cette équation il résulte que z³ multiple 3, et donc z multiple 3 , c'est-à-dire z=3 z1 .

Ainsi, il s'est avéré que les nombres satisfaisant l'équation (11) sont des multiples de trois, et peu importe combien de fois nous les divisons par 3 , nous obtenons des nombres multiples de trois. Le seul entier qui satisfait trois. Le seul entier qui satisfait à cette condition sera zéro, c'est-à-dire la solution de cette équation (0; 0; 0) .

Chapitre 3. Célèbres équations diophantiennes.

3.1 Le dernier théorème de Fermat.

Le « Théorème du Dernier de Fermat » (également connu sous le nom de « Grand » ou « Dernier ») est très célèbre dans le monde entier. Le dernier théorème de Fermat est la conclusion qu'il a tirée en lisant l'Arithmétique de Diophante, publiée par Mesyriac. En marge de ce livre, en face de l'endroit où l'on parle de résoudre une équation de la forme x² + y² = z², Fermat a écrit : « Pendant ce temps, il est absolument impossible de décomposer un cube complet en une somme de cubes, une quatrième puissance en une somme de quatrièmes puissances, ou n'importe quelle puissance en une somme de puissances de même exposant. J'ai trouvé une preuve vraiment étonnante de cette conjecture, mais il y a trop peu de place pour la mettre ici. Cette proposition de Fermat est maintenant formulée sous forme de théorème sous la forme suivante : « Eq. xª + yª = zª ne peut pas être résolu en nombres rationnels par rapport à x, y Et z pour les valeurs entières de l'indicateur un, grand 2 "(il est bien connu que lorsque une=2 de tels chiffres existent, par exemple, 3, 4, 5 - des nombres qui, s'ils sont les longueurs des côtés, forment le fameux triangle de Pythagore). La validité de ce théorème est confirmée pour de nombreux cas particuliers, mais a été prouvée dans vue générale c’était nouveau, même si de nombreux mathématiciens éminents s’y intéressaient et tentaient de le prouver (plus de trois cents travaux sur ce sujet ont été passés en revue dans « History of Number Theory » de Dixon). En 1907, le mathématicien Wolfskel décède dans la ville de Darmstadt en Allemagne, qui lègue 100000 marques à celui qui donne une démonstration complète du théorème. Immédiatement, des centaines et des milliers de personnes, motivées uniquement par le désir du profit, ont commencé à bombarder les sociétés et les revues scientifiques avec leurs manuscrits contenant prétendument une preuve du théorème de Fermat. Au cours des trois premières années qui ont suivi l’annonce du testament de Wolfskehl, plus d’un millier de « solutions » ont été proposées à la seule Société mathématique de Göttingen. Le cas où une = 3, a été prouvé par Euler en 1768. Et il a fallu encore de nombreuses années pour que la théorie, qu'Euler a utilisée de manière déraisonnable dans sa preuve, soit prouvée par Gauss. Preuve du théorème de Fermat pour le cas où une = 5, furent proposés en 1825 presque simultanément par Dirichlet et Legendre. Dirichlet publia sa preuve en 1828, mais elle était très complexe, et en 1912 Plemel la simplifia. Pour l’indicateur simple suivant une = 7 Le théorème de Fermat n'a été prouvé qu'en 1839 par Lame. La preuve de Lamé a été presque immédiatement améliorée par Lebesgue. En 1847, Lamé annonça qu'il avait trouvé une preuve du théorème de Fermat pour tous les exposants premiers a³ 3. La méthode de Lame était un développement très éloigné des idées d'Euler et était basée sur les propriétés arithmétiques des nombres. Cependant, Liouville découvre immédiatement une lacune sérieuse dans le raisonnement de Lame, qui réfutait cette évidence. Lame a été forcé d'admettre son erreur. Sur ordinateur, en utilisant les idées de Kummer et Vandiver, ils ont prouvé la validité du théorème de Fermat pour tous les exposants simples un<100000.

Des triplés pythagoriciens.

Il s’agit bien sûr du fameux théorème de Pythagore. Elle prétend que L'aire d'un carré construit sur l'hypoténuse est égale à la somme des aires des carrés construits sur ses pattes. L'équation (13) est une équation diophantienne du deuxième degré. Commençons par chercher des solutions. Il est pratique de les écrire sous forme de triplets de nombres (x, oui, z) , ces triplets sont appelés pythagoriciens.

Notez que si deux nombres d'un tel triple ont un diviseur commun, alors le troisième nombre est également divisible par celui-ci. En les divisant tous par un diviseur commun, nous obtenons à nouveau un triplet pythagoricien. Cela signifie qu'à partir de n'importe quel triplet pythagoricien, il est facile de passer à un triplet pythagoricien dont les nombres sont relativement premiers par paire. Un tel triplet est dit primitif. Evidemment, pour résoudre le problème posé, il suffit de retrouver la forme générale des triplets pythagoriciens primitifs.

Il est clair que dans un triplet pythagoricien primitif, deux nombres ne peuvent pas être pairs, mais en même temps, les trois nombres ne peuvent pas être impairs en même temps. Il ne reste qu'une seule option : deux nombres sont impairs et un est pair. Montrons que z ne peut pas être pair. Supposons le contraire : z=2 m, Alors X Et à– nombres impairs : x=2 k+1, oui = 2 k + 1 . Dans ce cas, le montant x² + y² = 4(k² + k + je² + je) + 2 non divisible par 4, alors que z² = 4m² divisé par 4 . Ainsi, un nombre pair est soit X, ou à. Laisser x = 2u, à Et z– les nombres impairs. Notons z + oui = 2 v, z – oui = 2 w. Nombres v Et w mutuellement simples. En fait, s'ils avaient un diviseur commun d >1 , alors ce serait aussi un diviseur pour z = v + w, et pour oui = v – w, ce qui contredit la simplicité mutuelle oui Et z. En plus, v Et w de parités différentes : sinon oui Et zétaient égaux. De l'égalité x² = (p² + q²)² - (p² - q²)² = 4p² q². En conséquence, nous avons prouvé que pour tout triplet pythagoricien primitif, il existe des nombres naturels premiers entre eux. p Et q des parités différentes, p> q, tel que x = 2 pq, oui = p² - q², z = p² + q².

Il est facile de voir que l’inverse est également vrai. Ainsi, une méthode pour trouver des solutions primitives à l’équation (13) a été trouvée. Tout le monde est à lui solutions naturelles avoir la forme : x = 2 * kpq, oui= k(p² - q²), z = k(p² + q²), Où k– un nombre naturel arbitraire.

Autour du théorème de Pythagore.

possède un nombre infini de solutions naturelles. L'un d'eux, par exemple, est le suivant : x = 44, y = 117,z = 240. Cependant, on ne sait pas s'il existe cuboïde, dans lequel toutes les arêtes et diagonales de toutes les faces latérales et la diagonale du parallélépipède lui-même sont entiers, c'est-à-dire, le système d'équations a-t-il au moins une solution en nombres naturels x² = y² = u², x² +z² = v², oui² + z² = w², x² + oui² + z² = t².

3.4 Équations diophantiennes connues.

Faisons connaissance avec un problème de « l'Arithmétique » de Diophante : « Décomposer un carré donné en 2 carrés ».

Ce problème est équivalent à l'équation du deuxième degré x² + y² = a²c avec des inconnus X Et àà valeur définie paramètre UN, La solution la plus simple de cette équation est obtenue avec une valeur nulle de l'une des inconnues. Diophantus cherche d'autres solutions en effectuant une substitution y =kx – un, Où k- un nombre rationnel arbitraire. Par conséquent équation originale réduit à la forme (kx – un)² + x² = un², où après les transformations nous obtenons expressions rationnelles pour l'inconnu x Et oui.

X =un*2 k / (k² + 1), oui = un* (k² - 1) / (k² + 1)

La méthode de Diophante vous permet de trouver les triplets de nombres dits pythagoriciens - des ensembles d'entiers x, oui, z, exprimant les longueurs des côtés d'un triangle rectangle, c'est-à-dire satisfaire l'équation x² + y² = z². Un exemple d'un tel triplet est 3,4,5 Écrivons l'équation indéterminée x² + y² = z² sous la forme (x / z)² + + (oui / z)² = 1 Appliquons-lui le raisonnement ci-dessus de Diophante et obtenons les expressions x/ z = 2 k/(k² +1), oui/ z=(m² - n²)/(m²+ n²) .

Pour trouver une solution en entiers on pose k = m/ n, Où m, n– des entiers arbitraires, n 0 . Alors x/ z=2 minute/(n² + m²) , oui/ z=(m²- n²)/(m²+ n²)

et tu peux le prendre x = 2 minute, oui = m² - n², z = m² + n².

Vers 1630, une traduction de l'Arithmétique tomba entre les mains d'un éminent mathématicien français Pierre Fermat. Le travail immortel de Diophante a inspiré Fermat à faire des recherches très subtiles et approfondies sur la théorie des nombres, en particulier, suivant les traces de Diophante, Fermat a prouvé que le nombre naturel UN si et seulement alors est représenté comme la somme de deux carrés x² + oui² avec tout x Et oui quand tout facteurs premiers UN, donnant lorsqu'il est divisé par 4 reste 3 , sont inclus dans UNà un degré égal. Il a également trouvé une formule pour le nombre de paires différentes (x;y) de tels chiffres.

Le problème de Fermat, écrit en commentaire en marge du livre de Diophante, est également devenu célèbre : « Trouver triangle rectangle en chiffres, l'hypoténuse, qui serait un carré UN, également la somme des côtés à angle droit" Ce problème consiste à trouver de tels triplets pythagoriciens x, oui, z que la longueur de l'hypoténuse z et la somme des longueurs des jambes x + y sont des carrés parfaits et ont une infinité de solutions. Le minimum d'entre eux sont les nombres trouvés par Fermat : x = 4565486027761, y = 1061652293520, z = 4687298610289(Ici z=2165017 ² ).

Le sort d’une autre équation incertaine est remarquable. À une certaine époque, Archimède composait un problème sur les taureaux de quatre couleurs qui paissaient en quatre troupeaux appartenant au dieu solaire Hélios. Il l'envoya sous la forme d'un message poétique à Ératosthène de Cyrène. Le problème se résume à l'équation x² - 4729494y² = 1. Le nombre total de taureaux est exprimé par un nombre de l'ordre 7766 * 10 ²º ¹. Le vieil homme Hélios ne pouvait pas accueillir un tel troupeau, même à l'intérieur des limites de l'univers entier. Apparemment, Archimède a été hypocrite, envoyant à son adversaire un problème pratiquement impossible et en lui disant :

Si tu trouves ceci, étranger, après avoir réfléchi dans ton esprit,

Et vous pouvez nommer le numéro de chaque troupeau,

Puis partez, récompensé par la victoire, et cela sera considéré

Qu'en sagesse, vous avez complètement tout surpassé.

Derrière une équation de la forme x² - ay² = 1 Le nom « équation de Pell » a été créé en l'honneur du mathématicien John Pell, à qui Euler a attribué par erreur l'une des méthodes permettant de la résoudre. Fermat savait résoudre cette équation en nombres entiers. Et plus tard, il s'est avéré qu'il s'était acquitté de cette tâche au XIIe siècle. Le mathématicien indien Bhaskara, cependant, sa méthode est restée inconnue de la science.

Un des problèmes célèbres de David Hilbert formulé dans II Congrès international mathématiciens à Paris en 1990, était la suivante : donnons une équation diophantienne arbitraire ; il est nécessaire d'indiquer une méthode générale, à la suite de laquelle il serait possible de numéro finalétapes pour savoir s’il a une solution entière.

En 1970, le mathématicien de Leningrad Yuri Vladimirovich Matiyasevich a prouvé qu'un tel méthode générale n'existe pas.

Conclusion.

En travaillant sur le thème «Équations diophantiennes», nous avons remarqué de nombreux faits intéressants liés à la résolution d’équations en nombres entiers. Résoudre des équations en nombres entiers est une tâche très passionnante. Depuis l'Antiquité, de nombreuses méthodes se sont accumulées pour résoudre des équations diophantiennes spécifiques, mais ce n'est qu'au cours de notre siècle qu'elles sont apparues techniques générales leurs recherches. Le théorème de Pythagore et le théorème de Fermat sont également des équations diophantiennes. La résolution d'équations en nombres entiers est l'une des plus belles branches des mathématiques. Pas un seul grand mathématicien n’a ignoré la théorie des équations diophantiennes. Fermat et Euler, Lagrange et Dirichlet, Gauss et Chebyshev y ont laissé une marque indélébile. théorie la plus intéressante.

Littérature.

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Eh bien, la solution s’est avérée vraiment trop triviale. Ensuite, nous compliquerons notre tâche et la rendrons plus intéressante.

Souvenons-nous de équations linéaires avec coefficients entiers et racines entières, qui, en fait, sont un type d’équations diophantiennes. Plus précisément, nous imposerons à notre équation les restrictions correspondantes sur l’intégrité des coefficients et des racines. Les coefficients des inconnues sont déjà des entiers (), mais les inconnues elles-mêmes doivent être limitées aux éléments suivants :

où est l’ensemble des entiers.

Or, la solution obtenue au début de l'article « ne fonctionnera pas », puisque nous risquons de l'obtenir sous la forme d'un nombre rationnel (fractionnaire). Alors comment résoudre cette équation ? exclusivement en nombres entiers ?

Ceux qui souhaitent résoudre ce problème peuvent se référer au chat.

Et nous continuons avec vous. Essayons d'en produire transformations élémentaires l'équation recherchée :

Le problème semble encore incompréhensible ; dans de tels cas, les mathématiciens procèdent généralement à une sorte de remplacement. Allons-y aussi avec vous :

Oups, nous y sommes arrivés résultat intéressant! Notre coefficient est maintenant égal à un , ce qui signifie que vous et moi pouvons exprimer cette inconnue à travers les autres inconnues de cette équation sans aucune division (ce que nous avons fait au tout début de l'article). Faisons ceci :

Permettez-moi d'attirer votre attention sur le fait que cela nous dit que peu importe ce qu'ils sont (dans le cadre des équations diophantiennes), cela restera toujours un nombre entier, et c'est super.

N'oublions pas qu'il est juste de dire cela. Et en remplaçant le résultat obtenu ci-dessus, on obtient :

Ici, nous voyons également que quoi que ce soit, restera toujours un entier, et c'est toujours merveilleux.

Une idée géniale nous vient alors à l’esprit : déclarons-les comme variables libres et exprimons-les à travers elles ! En fait, nous l'avons déjà fait. Il ne reste plus qu'à écrire la réponse dans le système de solutions :

Maintenant vous pouvez le voir dans le système de décision il n'y a de division nulle part, ce qui signifie que les solutions seront toujours entières. Essayons de trouver une solution particulière à l'équation originale, en supposant, par exemple, que :

Remplaçons l'équation d'origine :

Pareil, cool ! Essayons à nouveau avec un exemple différent, d'accord ?

Ici nous voyons un coefficient négatif, cela peut nous poser pas mal de problèmes, alors débarrassons-nous du péché en remplaçant , alors l'équation sera la suivante :

Comme on s'en souvient, notre tâche est de faire de telles transformations pour que notre équation contienne une inconnue avec un coefficient unitaire (afin de l'exprimer ensuite à travers les autres sans aucune division). Pour ce faire, il faut encore une fois sortir quelque chose « entre parenthèses » ; le moyen le plus rapide est de prendre les coefficients de l'équation les plus proches de l'unité. Cependant, vous devez comprendre que vous ne pouvez prendre comme parenthèse que ce nombre qui est nécessairement un coefficient de l'équation (ni plus, ni moins), sinon nous tomberons sur une tautologie/contradiction ou des fractions (en d'autres termes, c'est impossible que les variables libres apparaissent quelque part sauf lors du dernier remplacement). Donc:

Introduisons le remplacement , alors nous obtenons :

Reprenons les parenthèses et obtenons enfin l'inconnue dans l'équation à coefficient unitaire :

Introduisons le remplacement , puis :

Exprimons notre inconnu solitaire d'ici :

Il s'ensuit que peu importe ce que nous prenons, cela restera toujours un nombre entier. On trouve alors à partir de la relation :

De la même manière, nous trouvons à partir de la relation :

C'est là que notre système de solutions a mûri - nous avons exprimé absolument toutes les inconnues sans recourir à la division, montrant ainsi que la solution sera définitivement entière. N’oubliez pas non plus cela, et nous devons introduire une substitution inverse. Le système final de solutions est alors le suivant :

Il reste donc à répondre à la question : une équation similaire peut-elle être résolue de cette façon ? Réponse : non, si l’équation est fondamentalement insoluble. Cela se produit dans les cas où le terme libre n'est pas complètement divisible par le pgcd de tous les coefficients des inconnues. En d’autres termes, étant donné l’équation :

Pour le résoudre en entiers, il suffit de satisfaire la condition suivante :

(où est le plus grand diviseur commun).

Preuve

La preuve n’entre pas dans le cadre de cet article, car c’est la raison d’un article séparé. Vous pouvez le voir, par exemple, dans livre merveilleux V. Sierpinski « Sur la résolution d'équations en nombres entiers » au §2.

En résumant ce qui précède, nous écrivons un algorithme d'actions pour résoudre des équations diophantiennes linéaires avec un nombre quelconque d'inconnues :

En conclusion, il convient de dire que vous pouvez également ajouter des restrictions sur chaque membre de l'équation sous la forme d'une inégalité (un système d'inégalités est ensuite ajouté au système de solution, selon lequel la réponse devra être ajustée ), et ajoutez également quelque chose d'autre d'intéressant. Il ne faut pas non plus oublier que l’algorithme de solution est strict et peut être écrit sous la forme d’un programme informatique.

Peter était avec toi,
merci de votre attention.

Équations diophantiennes

Méthodes de résolution des équations diophantiennes

Les plus étudiées sont les équations diophantiennes du premier et du deuxième degrés. Considérons d'abord les équations du premier degré. Puisque la résolution d'une équation linéaire à une inconnue n'a pas d'intérêt, nous nous tournons vers les équations à deux inconnues. Nous considérerons deux méthodes pour résoudre ces équations.

La première façon de résoudre un tel algorithme d'équations Euclide. Peut être trouvé plus grand diviseur nombres naturels a et b, sans factoriser ces nombres en facteurs premiers, en utilisant le processus de division avec un reste. Pour ce faire, vous devez diviser le plus grand de ces nombres par le plus petit, puis le plus petit des nombres par le reste de la première division, puis le reste de la première division par le reste de la deuxième division, et continuer ce processus. jusqu'à ce que la division se produise sans reste. Le dernier reste non nul est le pgcd(a,b) souhaité. Pour prouver cette affirmation, imaginons le processus décrit sous la forme de la chaîne d'égalités suivante : si a>b, alors

Ici r1,….,rn sont des restes positifs, décroissants avec le nombre croissant. De la première égalité il résulte que le diviseur commun des nombres a et b divise r1 et le diviseur commun de b et r1 divise a, donc pgcd (a,b) = pgcd (r1,r2)=….= pgcd (rn -1, rn) = PGCD (rn,0)= rn. Revenons au système (1) A partir de la première égalité, exprimant le reste r1 en fonction de a et b, nous obtenons r1 = a - bq0. En le remplaçant par la deuxième égalité, nous trouvons r2=b(1+q0q1)-aq1. En poursuivant ce processus, nous pourrons exprimer tous les restes en termes de a et b, y compris le dernier rn = Aa + Bb. En conséquence, nous avons prouvé la proposition suivante : si d est le plus grand diviseur commun des nombres naturels a et b, alors il existe des entiers A et B tels que d = Aa + Bb. Notez que les coefficients A et B ont des signes différents ; si PGCD(a,b)=1, alors Aa+Bb=1. Comment trouver les nombres A et B peut être vu à partir de l’algorithme d’Euclide.

Passons maintenant à la résolution d’une équation linéaire à deux inconnues. Cela ressemble à :

Il y a deux cas possibles : soit c est divisible par d= pgcd(a,b), soit non. Dans le premier cas, on peut diviser les deux côtés par d et réduire le problème à résoudre en nombres entiers l'équation a1x+b1y=c1, dont les coefficients a1=a/d et b1=b/d sont premiers entre eux. Dans le deuxième cas, l'équation n'a pas de solutions entières : pour tout entier x et y, le nombre ax+by est divisible par d et ne peut donc pas être égal au nombre c, qui n'est pas divisible par d. On peut donc se limiter au cas où les coefficients de l'équation (2) sont premiers entre eux. D'après la proposition précédente, il existe des entiers x0 et y0 tels que ax0+by0=1, à partir desquels la paire (cx0,cy0) satisfait l'équation (2). Avec elle, l'équation (2) est satisfaite par un ensemble infini de. paires (x, y) d'entiers, qui peuvent être trouvées à l'aide des formules

x=cx0+bt,y=cy0-at. (3)

Ici, t est n'importe quel nombre entier. Il est facile de montrer que l’équation ax+by=c n’a pas d’autres solutions entières. La solution écrite sous la forme (3) est appelée la solution générale de l'équation (2). En substituant un entier spécifique au lieu de t, nous obtenons sa solution particulière. Trouvons par exemple des solutions entières à l'équation 2x+5y=17 que nous avons déjà rencontrée. En appliquant l'algorithme euclidien aux nombres 2 et 5, nous obtenons 2*3-5=1. Cela signifie que la paire cx0=3*17,cy0=-1*17 satisfait l'équation 2x+5y=17. C'est pourquoi solution générale l'équation originale est x=51+5t, y=-17-2t, où t peut prendre n'importe quelle valeur entière. Évidemment, les solutions non négatives correspondent à celles t pour lesquelles les inégalités sont satisfaites

De là, nous trouvons - 51 ?t? - 17 . Ces inégalités sont satisfaites par les nombres -10, -9. 52

Les solutions partielles correspondantes s'écriront sous forme de couples (1,3), (6,1).

Appliquons la même méthode pour résoudre l'un des anciens problèmes chinois concernant les oiseaux.

Problème : combien de coqs, de poules et de poules pouvez-vous acheter avec 100 pièces, si vous devez acheter 100 oiseaux au total et qu'un coq coûte 5 pièces, une poule en coûte 4 et 4 poules coûtent 1 pièce ?

Pour résoudre ce problème, notons le nombre requis de coqs par x, de poules par y et de poules par 4z (d'après la condition, il est clair que le nombre de poules doit être divisible par 4). Créons un système d'équations :

qui doit être résolu en entiers non négatifs. En multipliant la première équation du système par 4, et la seconde par (-- 1) et en additionnant les résultats, on arrive à l'équation -- x+15z=300 avec des solutions entières x= -- 300+ 15t, z = t. En substituant ces valeurs dans la première équation, nous obtenons y = 400 -- 19t. Cela signifie que les solutions entières du système ont la forme x = --300+15t, y = 400--19t, z = t. Il résulte des conditions du problème que

d'où vient 20?t?21 1/19, c'est-à-dire t = 20 ou t = 21. Ainsi, avec 100 pièces vous pouvez acheter 20 poules et 80 poules, soit 15 coqs, 1 poule et 84 poules

La deuxième méthode de résolution des équations diophantiennes du premier degré n'est pas très différente dans son essence de celle évoquée dans le paragraphe précédent, mais elle est associée à une autre méthode intéressante concept mathématique. Nous parlons de fractions continues ou continues. Pour les déterminer, on se tourne à nouveau vers l'algorithme euclidien. De la première égalité du système (1), il résulte que la fraction a/b peut s'écrire comme la somme d'une partie entière et d'une fraction propre : a/b=q0+r1/b. Mais r1/b=1/b, et sur la base de la deuxième égalité du même système nous avons b/r1=q1+r2/r1. Cela signifie a/b=q0+1/q1+r2/r1. Ensuite, nous obtenons a/b=q0+1/q1+1/q2+r3/r2. Continuons ce processus jusqu'à atteindre le dénominateur qn. De ce fait, nous présenterons la fraction commune a/b sous la forme suivante : a/b=q0+1/q1+1/q2+1/…1/qn. Euler a appelé les fractions de ce type continuées. À peu près à la même époque, un autre terme est apparu en Allemagne : fraction continue. Ces fractions ont donc conservé les deux noms. A titre d'exemple, imaginons la fraction 40/3t comme une fraction en chaîne : 40/3t=1+9/3t=1/3t/9=1+1/3+4/9=1+1/3+1/ 9/4= 1+1/3+1/2+1/4.

Les fractions continues ont les valeurs suivantes propriété importante: Si nombre réel et écrite sous forme de fraction continue, alors la fraction appropriée Pk/Qk donne la meilleure approximation du nombre a parmi toutes les fractions dont les dénominateurs ne dépassent pas Qk. Il est en train de rechercher la meilleure approximation des valeurs racines carrées Le mathématicien italien Pietro Antonio Cataldi (1552-1626) est parvenu aux fractions continues en 1623, date à laquelle leur étude a commencé. En conclusion, revenons aux fractions continues et notons leurs avantages et inconvénients par rapport, par exemple, aux nombres décimaux. La commodité réside dans le fait que leurs propriétés ne sont associées à aucun système numérique. Pour cette raison, les fractions continues sont utilisées efficacement dans les études théoriques. Mais ils n'ont pas été largement utilisés dans la pratique, car ils ne disposent pas de règles pratiques pour effectuer des opérations arithmétiques disponibles pour les fractions décimales.

Considérons les équations diophantiennes et résolvons-les.

1 Résolvez l’équation 3x+5y=7 en nombres entiers.

x=7-5ans/3=6-3ans-2ans+1/3=2-ans+1-2ans/3,

y=1-3k/2=1-2k-k/2=-k+1-k/2,

y=1-3(1-2t)/2=-1+3t,

x=7-5(-1+3t)/3=4-5t

(t-n'importe quel nombre).

2 Résolvez l'équation 6xІ+5yІ=74 en nombres entiers.

6xI-24=50-5yI, ou 6(xI-4)=5(10-yI), d'où xI-4=5u, soit 4+5u?0, d'où u?-4/5.

De même:

10-yІ=6u, c'est-à-dire 10-6u?0, u?5/3.

L'entier u satisfait l'inégalité

4/5 ?u ?5/3, c'est-à-dire. u=0 et u=1.

Lorsque u=0, nous obtenons 10=yІ, où y n'est pas un entier, ce qui est incorrect. Soit u=1, alors xI=9, yI=4.

Réponse : (x1=3, (x2=3, (x3=-3, (x4=-3,

(y1=2, (y2=-2, (y3=2, (y4=-2 .

3 Résolvez l'équation xі+yі-3xy=2 en nombres entiers.

Si x et y sont tous deux impairs ou si l’un d’eux est impair, alors le côté gauche de l’équation est un nombre impair et le côté droit est un nombre pair. Si x=2m et y=2n, alors 8mі+8nі-12mn=2, soit 2(2mі+2nі-3mn)=1, ce qui est impossible pour tout entier m et n.

4 Montrer que l'équation 2xІ+5yІ=7 n'a pas de solutions en nombres entiers.

Preuve.

D’après l’équation, il est clair que y doit être nombre impair. En mettant y=2z+1, on obtient 2xI-20zI-20z-5=7, ou xI-10zI-10z=6, ce qui signifie que x est un nombre pair. Mettons x=2u. Alors 2uІ-5z(z=1)=3, ce qui est impossible puisque z(z+1) est un nombre pair.

5 Démontrer que pour tout entier valeur positive et l'équation xІ+yІ=аі peut être résolue en nombres entiers.

Preuve.

Mettons x+y=aI, x-y=a, d'où x=a(a+1)/2 et y=a(a-1)/2. Puisque pour toute valeur entière de a, le numérateur de chacune de ces fractions contient le produit d'un nombre pair et d'un nombre impair, x et y ainsi définis représentent des nombres entiers et satisfont l'équation d'origine.

6 Résolvez l'équation (x+1)(xІ+10=yі) en nombres entiers.

On voit immédiatement que les paires de nombres (0;1) et (-1;0) sont des solutions de l'équation. Il n'y a pas d'autres solutions, puisque

xi<(x+1)(xІ+1)<(x+1)(x+1)І=(x+1) і, то (x+1)(xІ+1)?yі

pas pour un entier y (situé entre des cubes d'entiers successifs).

10 et une autre façon de résoudre des équations quadratiques

1. MÉTHODE : Factorisation du côté gauche de l’équation. 2. MÉTHODE : Méthode d’extraction par carrés complets. 3. MÉTHODE : Résolution d'équations quadratiques à l'aide de la formule. 4. MÉTHODE : Solution graphique de l'équation quadratique...

10 façons de résoudre des équations quadratiques

Les équations quadratiques sont le fondement sur lequel repose le majestueux édifice de l’algèbre. Les équations quadratiques sont largement utilisées pour résoudre des problèmes trigonométriques, exponentiels, logarithmiques...

Équations diophantiennes

Les problèmes de l'arithmétique de Diophantien sont résolus à l'aide d'équations ; les problèmes de résolution d'équations sont plus liés à l'algèbre qu'à l'arithmétique. Pourquoi alors dit-on que ces équations sont arithmétiques ? Le truc c'est...

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Ministère de l'Éducation et des Sciences

Société scientifique des étudiants

Rubrique "Algèbre"

Travailler sur le sujet :

"Équations diophantiennes"

Complété:

élève de la classe 10 "A" Établissement d'enseignement municipal École secondaire n°43

Boulavina Tatiana

Responsable scientifique : Pestova

Nadejda Ivanovna

Nijni Novgorod2010

Introduction

À propos des équations diophantiennes

Méthodes de résolution des équations diophantiennes

Références

Introduction

J'ai choisi le sujet : « Équations diophantiennes » parce que je m'intéressais à l'origine de l'arithmétique.

Diophante d'Alexandrie (IIIe siècle) - mathématicien grec. Son livre « Arithmétique » a été étudié par des mathématiciens de toutes générations.

L'extraordinaire épanouissement de la science grecque antique aux IVe-IIIe siècles. Colombie-Britannique e. Au début de la nouvelle ère, il fut remplacé par un déclin progressif dû à la conquête de la Grèce par Rome, puis au début de la décomposition de l'Empire romain. Mais dans le contexte de cet évanouissement, une torche brillante s'enflamme toujours. Au IIIe siècle après JC, apparaissent les travaux du mathématicien alexandrin Diophante « Arithmétique ». Nous ne connaissons la vie de Diophante lui-même que grâce à un poème contenu dans l'Anthologie Palatine. Cette anthologie contenait 48 problèmes en vers rassemblés par le poète et mathématicien grec du VIe siècle. Métrodor. Parmi eux figuraient des problèmes concernant la piscine, la couronne de Héron et le chemin de vie de Diophante. Cette dernière est conçue sous la forme d’une épitaphe – une inscription sur une pierre tombale.

Les cendres de Diophante reposent dans le tombeau : émerveillez-vous - et la pierre

L'âge du défunt parlera à travers son art sage.

Par la volonté des dieux, il vécut un sixième de sa vie d'enfant.

Et j'ai rencontré cinq heures et demie avec des peluches sur les joues.

Ce n'est que le septième jour qu'il s'est fiancé à sa petite amie.

Après avoir passé cinq ans avec elle, le sage attendit son fils.

Le fils bien-aimé de son père n'a vécu que la moitié de sa vie.

Il a été enlevé à son père près de sa tombe précoce.

Deux fois pendant deux ans, le parent a pleuré un chagrin profond.

Ici, j'ai vu la limite de ma triste vie.

Le traité « Arithmétique » occupe une place particulière dans les mathématiques anciennes, non seulement en termes de date d'apparition, mais aussi en termes de contenu. La majeure partie consiste en divers problèmes de théorie des nombres et leurs solutions. Mais, plus important encore, l’auteur n’utilise pas une approche géométrique, comme c’était l’habitude chez les Grecs de l’Antiquité, les solutions de Diophante anticipent les méthodes algébriques et théoriques des nombres. Malheureusement, sur les 13 livres qui composaient l'Arithmétique, seuls les 6 premiers nous sont parvenus, et les autres ont péri dans les vicissitudes de l'époque turbulente de l'époque. Il suffit de dire que 100 ans après la mort de Diophante, la célèbre bibliothèque alexandrine, contenant des trésors inestimables de la science grecque antique, a été incendiée.

Sur les équations diophantiennes.

Les problèmes de l'arithmétique de Diophantien sont résolus à l'aide d'équations ; les problèmes de résolution d'équations sont plus liés à l'algèbre qu'à l'arithmétique. Pourquoi alors dit-on que ces équations sont arithmétiques ? Le fait est que ces tâches présentent des caractéristiques spécifiques.

Premièrement, ils se réduisent à des équations ou des systèmes d'équations à coefficients entiers. En règle générale, ces systèmes sont incertains, c'est-à-dire le nombre d'équations qu'elles contiennent est inférieur au nombre d'inconnues.

Deuxièmement, seules des solutions globales, souvent naturelles, doivent être trouvées.

Pour sélectionner de telles solutions parmi l’ensemble infini d’entre elles, il faut utiliser les propriétés des nombres entiers, et cela concerne déjà le domaine de l’arithmétique. Donnons une définition des équations diophantiennes.

Les équations diophantiennes sont des équations algébriques ou des systèmes d'équations algébriques à coefficients entiers pour lesquels des solutions entières ou rationnelles doivent être trouvées. De plus, le nombre d’inconnues dans les équations est supérieur au nombre d’équations. Pas un seul grand mathématicien n’a ignoré la théorie des équations diophantiennes.

Examinons un problème moderne simple.

Pour l'achat, vous devez payer 1 700 roubles. L'acheteur ne dispose que de billets de 200 roubles. et 500 roubles. De quelles manières peut-il payer ? Pour répondre à cette question, il suffit de résoudre l’équation 2x + 5y=17 à deux inconnues x et y. De telles équations ont un nombre infini de solutions. En particulier, toute paire de nombres de la forme (x, 17-2x/5) correspond à l'équation résultante. Mais pour ce problème pratique, seules les valeurs entières non négatives de x et y conviennent. Par conséquent, nous arrivons à la formulation suivante du problème : trouver toutes les solutions entières non négatives de l’équation 2x+5y=17. La réponse ne contient plus un nombre infini, mais seulement deux paires de nombres (1, 3) et (6, 1) Diophante lui-même a trouvé des solutions à ses problèmes. Voici quelques problèmes de son Arithmétique.

1. Trouvez deux nombres de telle sorte que leur produit soit dans un rapport donné à leur somme.

2. Trouvez trois carrés tels que la somme de leurs carrés soit aussi un carré.

3. Trouvez deux nombres pour que leur produit devienne un cube lors de l'addition et de la soustraction de leur somme.

4. Pour le nombre 13=2²+3², trouvez-en deux autres dont la somme des carrés est 13.

Présentons une solution diophantienne au dernier problème. Il définit le premier nombre (noté A) égal à x+2 et le deuxième nombre B égal à 2x-3, indiquant que le coefficient avant x peut être considéré comme différent. Résoudre des équations

(x+2)²+(kx-3)²=13,

Diophante trouve x=8/5, d'où A=18/5, B=1/5. Utilisons les instructions de Diophante et prenons un coefficient arbitraire devant x dans l'expression de B. Soit encore A=x+2, et B=kx-3, alors à partir de l'équation

(x+2)²+(kx-3)²=13

x=2(3k-2)/k²+1.

A=2(k²+3k-1)/k²+1,

B=3k²-4k-3/k²+1.

Le raisonnement de Diophante devient alors clair. Il introduit une substitution très pratique A=x+2, B=2x-3, qui, compte tenu de la condition 2²+3²=13, permet de réduire le degré de l'équation quadratique. Il serait possible avec le même succès de prendre 2x+3 comme B, mais on obtient alors des valeurs négatives pour B, ce que Diophante n'a pas permis. Évidemment, k=2 est le plus petit nombre naturel pour lequel A et B sont positifs.

L'étude des équations de Diifant est généralement associée à de grandes difficultés. De plus, vous pouvez spécifier un polynôme F (x,y1,y2 ,…,yn) avec des coefficients entiers tels qu'il n'existe aucun algorithme permettant de savoir à partir de n'importe quel entier x si l'équation F (x,y1,y2 ,… ,yn) est résoluble )=0 par rapport à y1,…,y. Des exemples de tels polynômes peuvent être écrits explicitement. Il est impossible de donner une description exhaustive des solutions à leur apporter.

Nous devons à Fermat la formulation moderne des problèmes diophantiens. C'est lui qui a posé devant les mathématiciens européens la question de la résolution d'équations indéterminées uniquement en nombres entiers. Il faut dire que ce n'était pas une invention de Fermat : il a seulement ravivé l'intérêt pour la recherche de solutions entières. En général, les problèmes qui ne permettent que des solutions entières étaient courants dans de nombreux pays à des époques très éloignées de nous. Dans les mathématiques modernes, il existe toute une direction qui étudie les équations diophantiennes et recherche des moyens de les résoudre. Elle s'appelle l'analyse diophantienne et la géométrie diophantienne. , puisqu'il utilise des preuves de méthodes géométriques.

L'équation diophantienne la plus simple ax+by=1, où a et b sont mutuels intégraux nombres premiers, a une infinité de solutions (si x0 et y0 sont des solutions, alors les nombres x=x0+bn, y=y0-an, où n est n'importe quel entier, seront également des solutions).

Un autre exemple d'équations diophantiennes est

x 2 + oui 2 = z 2 . (5)

Il s’agit d’une équation diophantienne du 2ème degré. Nous allons maintenant rechercher ses solutions. Il est pratique de les écrire sous forme de triplets de nombres (x,y,z). On les appelle triplés pythagoriciens. D'une manière générale, l'équation (5) est satisfaite par un nombre infini de solutions. Mais nous ne nous intéresserons qu'aux naturels. Les solutions entières et positives de cette équation représentent les longueurs des branches x, y et de l'hypoténuse z des triangles rectangles avec des longueurs de côtés entières et sont appelées nombres de Pythagore. Notre tâche est de trouver tous les triplés Nombres pythagoriciens. Notez que si deux nombres d'un tel triple ont un diviseur commun, alors le troisième nombre est également divisible par celui-ci. En les divisant tous par un diviseur commun, nous obtenons à nouveau un triplet pythagoricien. Cela signifie qu'à partir de n'importe quel triplet pythagoricien, on peut passer à un autre triplet pythagoricien dont les nombres sont premiers entre eux par paires. Un tel triplet est dit primitif. Évidemment, pour notre tâche, il suffit de trouver la forme générale des triplets pythagoriciens primitifs. Il est clair que dans un triplet pythagoricien primitif, deux nombres ne peuvent pas être pairs, mais en même temps, les trois nombres ne peuvent pas être impairs en même temps. Il ne reste qu'une seule option : deux nombres sont impairs et un est pair. Montrons que z ne peut pas être un nombre pair. Supposons le contraire : z=2m, alors x et y sont des nombres impairs. x=2k+1, y=2t+1. Dans ce cas, la somme x²+y²=4(k²+k+t²+t)+2 n'est pas divisible par 4, tandis que z²=4m² est divisible par 4. Ainsi, x ou y est un nombre pair. Soient x=2u, y et z des nombres impairs. Notons z+y=2v, z-y=2w. Les nombres v et w sont premiers entre eux. En fait, s'ils avaient un diviseur commun d>1, alors ce serait un diviseur à la fois pour z=w+v et y=v-w, ce qui contredit la relative simplicité de y et z. De plus, v et w sont de parités différentes : sinon y et z seraient pairs. De l'égalité x²=(z+y)(z-y) il s'ensuit que u²=vw. Puisque v et w sont premiers entre eux et que leur produit est un carré, alors chacun des facteurs est un carré. Cela signifie qu'il existe des nombres naturels p et q tels que v=p², w= q². Évidemment, les nombres p et q sont premiers entre eux et ont des parités différentes. Maintenant nous avons

z=p²+q² , y=p²-q²,

x²=(p²+q²)²-(p²-q²)²=4 p² q².

En conséquence, nous avons prouvé que pour tout triplet pythagoricien primitif (x,y,z), il existe des nombres naturels premiers entre eux p et q de parités différentes, p>q, tels que

x =2pq, y =p²-q², z = p 2 + q 2 .(6)

Tous les triplets de nombres de Pythagore premiers entre eux peuvent être obtenus en utilisant les formules

x =2pq, y = p²-q², z = p 2 + q 2 ,

où m et n sont des nombres entiers premiers entre eux. Toutes ses autres solutions naturelles ont la forme :

x=2kpq,y=k(p²-q²),z=k(p 2 + q 2 ),

où k est un nombre naturel arbitraire. Considérons maintenant le problème suivant : étant donné un nombre naturel arbitraire m>2 ; Existe-t-il un triangle de Pythagore dont un côté est égal à m ? Si nous exigeons qu’une jambe ait une longueur donnée m, alors pour tout m la réponse est positive. Prouvons-le. Laissez d'abord m-nombre impair. Mettons p=m+1/2, q=m-1/2. On obtient un triplet pythagoricien

Introduction……………………………………………………………………………………………………………1-2

1. Diophante et ses œuvres…………………………………………………………………………………3-4

2. Solution des équations diophantiennes……………………………………………………..4-7

2.1. Équations diophantiennes à une inconnue……………………………..4-5

2.2. Équations indéfinies du deuxième degré de la forme x2 + y2 = z2………….5-6

2.3. Exemples de résolution de problèmes………………………………………………………………………………….7

3. Mes recherches………………………………………………………………………………8-11

4. À propos de " nombres polygonaux» Diophante…………………………………………………………11-14

5. Conclusion………………………………………………………………………………..15

6. Liste de la littérature utilisée………………………………………………………16

Introduction.

Pas beaucoup d'histoire. On ne sait presque rien des détails de la vie de Diophante d'Alexandrie. Diophante cite Hypsiclès - 2ème siècle avant JC, Théon d'Alexandrie écrit à propos de Diophante - vers 350 après JC, on peut supposer que sa vie s'est déroulée dans les limites de cette période. Une explication possible de l’époque de la vie de Diophante repose sur le fait que son « Arithmétique » est dédiée au « très vénérable Denys ». On pense que ce Denys n'est autre que l'évêque Denys d'Alexandrie, qui vécut au milieu du IIIe siècle après JC. Le lieu de résidence de Diophante est bien connu - c'est la célèbre Alexandrie. Centre de pensée scientifique du monde hellénistique. L'Anthologie palatine contient une tâche d'épigramme :

Les cendres de Diophante reposent dans le tombeau ; Émerveillez-vous devant elle – et devant la pierre.

L'âge du défunt parlera à travers son art sage.

Par la volonté des dieux, il vécut un sixième de sa vie d'enfant.

Et j'ai rencontré cinq heures et demie avec des peluches sur les joues.

Il n'est que sept heures passées. Il s'est fiancé à sa petite amie.

Après avoir passé cinq ans avec elle, le sage eut un fils ;

Son fils bien-aimé n'a vécu que la moitié de la vie de son père.

Il a été enlevé à son père près de sa tombe précoce.

Deux fois deux ans, le parent a pleuré un lourd chagrin,

Ici, j'ai vu la limite de ma triste vie.

(Traduction)

En utilisant méthodes modernes les solutions aux équations peuvent être calculées combien d'années a vécu Diophante.

Laissez Diophante vivre x ans. Créons et résolvons l'équation :

Multiplions l'équation par 84 pour nous débarrasser des fractions :

Ainsi, Diophante a vécu 84 ans. *(Dictionnaire encyclopédique d'un jeune mathématicien. Compilé - Moscou : Pédagogie, 1989)

Lors de l'étude des équations diophantiennes, les questions suivantes sont généralement posées :

1. L'équation a-t-elle des solutions entières ?

2. Un ensemble fini ou infini de ses solutions entières ;

3. Résolvez l'équation sur l'ensemble des entiers, c'est-à-dire trouvez toutes ses solutions entières

4. Résolvez l'équation sur l'ensemble des entiers positifs ;

Il me semble donc intéressant d’explorer les « équations diophantiennes » présentées précédemment en se basant sur les faits.

Le but de mon travail est donc :

Explorer les options pour résoudre des équations à une inconnue ;

Explorer des variantes d'équations à deux inconnues ;

Trouver modèles généraux résultats de la résolution des tâches assignées.

La pertinence de l'étude tient aux difficultés de résolution d'équations et aux problèmes de composition des « équations diophantiennes »

Le matériel présenté dans cet ouvrage est basé sur une étude des problèmes de l'Olympiade et des épreuves d'examen.

je. Diophante et ses œuvres

L’œuvre principale de Diophante est « l’Arithmétique » en treize livres. Malheureusement, seuls les six premiers livres sur treize ont survécu à ce jour. « L'arithmétique » de Diophante est un ensemble de problèmes, 189 au total, dont chacun est pourvu d'une solution ou de plusieurs méthodes de solution et des explications nécessaires. Il semble donc, à première vue, qu’il ne s’agisse pas d’un travail théorique. Cependant, quand lecture attentive force est de constater que les problèmes sont soigneusement sélectionnés et servent à illustrer des méthodes très spécifiques et strictement réfléchies. Comme c'était l'habitude dans l'Antiquité, les méthodes ne sont pas formulées sous une forme générale, mais sont répétées pour résoudre des problèmes similaires. Principaux enjeux L'arithmétique s'avère positive des décisions rationnelleséquations indéterminées. Nombres rationnels sont interprétés par Diophante de la même manière que les naturels, ce qui n'est pas typique des mathématiciens anciens. Premièrement, Diophante examine les systèmes d’équations du second ordre à deux inconnues. Il spécifie une méthode pour trouver d'autres solutions si une est déjà connue. Il applique ensuite des méthodes similaires aux équations diplômes supérieurs. Au Xe siècle, l'arithmétique était traduite en arabe, après quoi les mathématiciens des pays islamiques, Abu Kamil et d’autres, ont poursuivi certaines recherches de Diophante. En Europe, l'intérêt pour l'arithmétique s'est accru après que Raphaël Bombelli ait découvert cet ouvrage dans la Bibliothèque du Vatican et en ait publié 143 problèmes dans son Algèbre (1572). En 1621 paraît un classique, commenté en détail Traduction latine"Arithmétique" de Bachet de Meziriac. Les méthodes de Diophante ont eu une énorme influence sur François Viète et Pierre Fermat, cependant, dans les temps modernes, les équations indéfinies sont généralement résolues en nombres entiers, et non en nombres rationnels, comme le faisait Diophante. D'autres œuvres de Diophante sont également connues. Le traité « Sur les nombres polygonaux » n'a pas été entièrement conservé. Dans la partie conservée en utilisant des méthodes algèbre géométrique Un certain nombre de théorèmes auxiliaires sont dérivés. Des travaux de Diophante « Sur la mesure des surfaces » et « Sur la multiplication », seuls des fragments ont également été conservés. Le livre de Diophante « Porismes » n'est connu que par quelques théorèmes utilisés en arithmétique.* (Mathématiques Perelman. - Moscou, 1962)

Conclusion : Sur la base des éléments ci-dessus, il faut conclure que Diophante d'Alexandrie ne s'arrête pas à une seule solution, il essaie de découvrir la seconde et les suivantes dans la tâche à accomplir.

2. Solution des équations diophantiennes.

2.1. Équations diophantiennes à une inconnue.

Où - des entiers.

Théorème. Si une équation à coefficients entiers a racine entière, alors cette racine est un diviseur du nombre (le terme libre de l'équation). Ainsi, pour trouver les racines entières d'une équation à coefficients entiers, il suffit de tester uniquement les diviseurs du terme libre.*(Invitation à théorie élémentaire Nombres. , .)

Problème 1

Solution. Membre gratuit l'équation a les diviseurs suivants https://pandia.ru/text/78/308/images/image009_5.gif" width="92 height=23" height="23">.

Problème 2. Résoudre l'équation en nombres entiers

2x4 + 7x3 - 12x2 - 38x + 21 = 0.

Solution. Le terme libre de l'équation a les diviseurs suivants

En substituant dans l'équation originale, nous sommes convaincus que de cet ensemble seulement

le nombre -3 est sa racine entière.

Répondre: x=-3.

2.2. Équations incertainesII-ème degré de la formex2 + oui2 = z2

Il y en a un autre problème privéà des équations indéfinies - maintenant du deuxième degré, apparues environ deux mille ans avant Diophante dans l'Egypte ancienne.

Si les côtés d’un triangle sont proportionnels aux nombres 3, 4 et 5, alors ce triangle est un triangle rectangle. Ce fait a été utilisé pour construire des angles droits sur le sol. Ils l'ont fait tout simplement. Sur une corde sur à égale distance les nœuds étaient liés les uns aux autres (Fig. 1)

Riz. 1.

Au point C où il fallait construire un angle droit, ils ont enfoncé un piquet, ont tiré la corde dans la direction souhaitée par les constructeurs, ont enfoncé un piquet au point B (CB = 4) et ont tiré la corde de manière à ce que AC = 3 et AB = 5. Un triangle avec ces longueurs de côtés appelé égyptien. On comprend bien sûr que l'infaillibilité d'une telle construction découle du théorème inverse du théorème Pythagore. Vraiment,

32 + 42 = 52..gif" width="85 height=24" height="24"> en nombres entiers s'est avéré assez simple. Écrivons les carrés de nombres naturels d'affilée, en les séparant les uns des autres par un virgule. Sous chaque virgule, écrivez la différence entre les carrés consécutifs :

1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 144, 169, 196 … .

3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27 … .

Maintenant attention ! Y a-t-il également des chiffres carrés sur la ligne du bas ? Manger! Le premier d’entre eux est 9 = 32, au-dessus 16 = 42 et 25 = 52, le triple familier 3, 4, 5.

Suivant nombre carré dans la ligne du bas 25, cela correspond à 144 et 169, d'ici on retrouve le deuxième triplet que nous connaissons 5, 12, 13, etc. De là on a le droit de formuler le théorème suivant : Tout nombre impair est la différence de deux carrés consécutifs. Composer de telles lignes est une tâche plutôt ennuyeuse et fastidieuse. À l’aide de formules, trouver de tels triplets de nombres est à la fois plus facile et plus rapide. Vérifions que s'il s'agit d'un nombre impair, alors . Vérifions également que dans ce cas l'égalité DIV_ADBLOCK443">

si https://pandia.ru/text/78/308/images/image019_2.gif" width="88" height="41 src=">.gif" width="37" height="18 src="> .gif" width="100" height="42 src="> - deuxième trois, etc. * (Bashmakova et équations diophantiennes - M. : « Nauka », 1972)

2.3. Exemples de résolution de problèmes.

Problème 1.Trouver toutes les paires de nombres naturels satisfaisant l'équation

Solution. Factorisons le côté gauche de l'équation et écrivons une équation de la forme : https://pandia.ru/text/78/308/images/image026_0.gif" width="63" height="21">, on obtient deux systèmes d'équations, en résolvant lesquels on peut trouver les nombres requis :

Le premier système a une solution https://pandia.ru/text/78/308/images/image030_0.gif" width="91" height="21">.

Répondre: .

Problème 2. Montrer que l'équation

N'a pas de solutions complètes.

Solution. Factorisons le côté gauche de l'équation et écrivons cette équation sous la forme. Cas 1..gif" width="57" height="24 src=">, mais ce nombre n'est pas un nombre entier. Cela signifie que lorsque y = 0 cette équation n'a pas de solutions entières. Cas 2. Soit , alors les cinq les facteurs du côté gauche de l’équation sont différents. D’un autre côté, le nombre 33 peut être représenté comme un produit de la maxime. quatre différents multiplicateurs (33=1·3·11 ou 33=-1·3·(-11)·1, etc.). Par conséquent, car cette équation n'a pas non plus de solutions entières. * (Cours Novoselov d'algèbre élémentaire. - M : Science soviétique, 1956). Il faut conclure que résoudre des équations revient à trouver des nombres naturels ; en utilisant le triplet de Pythagore

3. Mes recherches.

1. Trouver tous les nombres naturels avec lesquelséquation3x + 5 ans = sa une solution en nombres entiers non négatifs.

Il est clair que pour c = 3,5, 6, 8, 9 l'équation 3x + 5 y = c a une solution en nombres non négatifs x et y, mais pour c = 1, 2, 4, 7 l'équation n'a pas de telles solutions. Notez également que si Зn + 5т = с, (n, m Є N), alors 3(n +1) + 5т = с + 3, donc, puisque 3*1 + 5*1 = 8, alors l'équation Зх + 5y = c avec c = 8, 8 + 3 = 11, 11 + 3 = 14, 17, 20, 23,... a une solution. De même, puisque 3*3 = 9 et 5*2 = 10, alors pour c = 9, 9 + 3 = 12, 15, 18,... et pour c = 10, 13, 16, 19,... le l'équation 3x + 5 y = c a une solution en nombres entiers non négatifs. Mais les suites 8 + 3t, ​​​​9 + 3t, ​​​​​​10 + 3t, ​​​​où t = 0,1, 2, 3,... contiennent tous les nombres naturels supérieurs à 7. Ainsi, pour tout nombre naturel c > 1 , l'équation 3x + 5 y = c a une solution en entiers non négatifs x et y. Laissez-moi vous donner une autre façon de résoudre le problème. Cette méthode est moins sophistiquée que la précédente, mais plus universelle. Cela consiste dans le fait que nous trouvons d'abord toutes les solutions entières de l'équation à l'aide des formules (1), puis, en raison de la non-négativité de x et y, nous obtenons certaines restrictions sur le paramètre entier t. Ainsi, de 3*2 ​​+ 5*(-1) = 1 il s'ensuit, 3*(2c) + 5*(-c) = c, c'est-à-dire x0=2c et y0=-c. D'où, d'après les formules (1) on obtient x = 2c-5t, y = - c + 3t. Ensuite, à partir des conditions 2c-5t≥0 et - с+ 3t≥0 nous obtenons t Є. Ainsi, pour résoudre le problème, nous devons indiquer tous ces valeurs naturelles c, pour lequel le segment contient au moins un entier. Il est clair que si la longueur du segment

2c/5 – c/3 = c/15 est au moins un, alors il doit contenir un entier. Il s’ensuit que pour c ≥15 l’équation 3x + 5y = c peut être résolue en entiers non négatifs. Les cas où 1≤с≤14 peuvent être facilement vérifiés par une simple recherche. Trouvons cela avec Є (3;5;6;8;9;10;11;12;13;14). Ainsi, nous obtenons la réponse : c Є (3;5;6) U (z Є Z │ z≥8 ).

2. Résolvez l'équation en nombres entiers :

Divisez 5 par -4 avec le « reste », , transformez l'équation originale sous la forme

Remplacement de https://pandia.ru/text/78/308/images/image041.gif" width="140" height="21 src=">, donc

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Où est-ce que 2x+y+7(3x-2y+z)=5. En mettant maintenant u= 3x-2y+z, nous obtenons l'équation : 2x+y+7u=5.

Ainsi, nous obtenons finalement : Y = 5-2x-7u, z = 10-7x-13u, où les paramètres x, et Є Z donnent la solution générale à l'équation diophantienne supposée. Cette méthode du « moindre coefficient » est également applicable à la résolution d’équations diophantiennes de la forme ax+by=c.

4. Trouvez un nombre naturel qui, lorsqu'il est divisé par 3, laisse un reste de 2, et lorsqu'il est divisé par 5, il laisse un reste de 3.

Notons le nombre requis par x. Si l'on note le quotient de division de x par 3 par y, et le quotient de division par 5 par z, alors par le théorème de division avec reste on obtient x=3y+2, x=5z+3. Ainsi, nous devons résoudre l’équation 5z-3у+1=0 en nombres naturels. En appliquant l'algorithme décrit précédemment pour résoudre cette équation, nous obtenons z=1+3t, y= 2+5t (t Є Z) et, par conséquent, x=5z+3=5(2+3t)+3= 8+15t . Puisque x, par condition, doit être un nombre naturel, le paramètre t dans la réponse ne doit prendre que des valeurs entières non négatives, c'est-à-dire X = 8 + 15t, t Є Z.

5. Des feutres ont été achetés pour 7 roubles et des crayons pour 4 roubles chacun, pour un total de 53 roubles. Combien de marqueurs et de crayons avez-vous acheté ?

Soit x le nombre de feutres, y le nombre de crayons, puis par condition 7x+ 4y=53. Une solution particulière à cette équation diophantienne linéaire est : x=7, y=1. Alors sa solution générale a la forme : x= 7-4t, y= 1+7t, t Є Z. Cependant, puisque par condition x> 0, y>0, les valeurs du paramètre t ne peuvent être que t= 0 et t= 1. À t=0 nous obtenons x=7, y=1, et à t=1 nous avons : x=3, y=8. Ainsi, il existe deux solutions, c'est-à-dire qu'il existe deux options possibles pour acheter des feutres et des crayons d'un montant de 53 roubles.

6. La différence entre deux nombres naturels est 66 et leur LCM est 360. Trouvez ces nombres.

Soient a et b des nombres naturels, alors, par condition, nous avons un système d'équations : Puisque

un| 360, b | 360, alors 360 = a*n, 360 = b*t, où n, m Є N. De là, nous obtenons

https://pandia.ru/text/78/308/images/image045.gif" width="27" height="15">.gif" width="31" height="41 src=">, et, en substituant ces expressions dans la première équation du système, conduisant à dénominateur commun, on a 60m-60n=11mn, d'où on trouve

Puisque m>0 et n est un nombre naturel, et n 0, puis en cherchant on trouve n=4, n=5, puis m=15, m=60, ce qui veut dire https://pandia.ru/text/78/308/images/image054.gif" width="31 " hauteur="41 src=">.gif" width="31" hauteur="41 src=">.gif" width="31" hauteur="41 src=">.gif" width="31" hauteur = "41src=">=6. Ainsi, nous constatons que deux paires de nombres satisfont aux conditions du problème :

a=90, b=24 et a=72, b=6. *(Olympiades Forkov à l'école. - Moscou : Iris - presse, 2003)

Conclusion : Sur la base de mes recherches sur les équations diophantiennes, il convient de conclure que diverses approches peuvent être utilisées pour les résoudre.

4. Sur les « nombres polygonaux » de Diophante

Chacun des nombres croissant de un, à partir de trois, est le premier, à partir de un, s'appelle un polygone et a autant d'angles qu'il contient d'unités, et son côté sera le nombre qui suit un, c'est-à-dire 2. Puis 3 sera un triangle, 4 - un quadrilatère, 5 - un pentagone, etc. Il est bien connu des carrés qu'ils sont obtenus en multipliant un certain nombre par lui-même. Il est également prouvé que chaque polygone, multiplié par un nombre dépendant du nombre de ses angles, et ajouté au carré d'un certain nombre, dépendant également du nombre de ses angles, peut être représenté comme un certain carré. Si trois nombres ont les mêmes différences, alors le produit du plus grand et du milieu pris huit fois, ajouté au carré du plus petit, sera un carré dont le côté est égal à la somme du plus grand et des deux nombres du milieu.

En effet, soit trois nombres AB, B D et VD ayant les mêmes différences ; vous devez prouver que 8АВ*ВГ, (ajouté à AB2, forme un carré dont le côté est égal à la somme de AB et 2ВГ.

Décomposons 8AB*VG en 8VG2 et 8AG*VG.) Ensuite, nous divisons chacun des éléments mentionnés en deux, nous obtenons 4AV*VG, 4VG2 et 4AG*VG, soit 4VG*GD, car AG est égal à GD ; avec DV2, vous obtenez AB2. Le deuxième des produits 4AG-GV, ajouté à DV2, donne B A2. Il reste maintenant à découvrir comment AB2 avec 4AB*VG et 4VG2 formeront un carré. Si nous mettons AE égal à ВГ, alors 4АВ*ВГ sera transformé en 4ВА*АЭ, qui, ajouté à 4ГВ2 ou à 4АЭ2, devient égal à 4ВЭ*ЭА (ВА*АЭ + АЭ2 = АЭ*(АЭ + АВ) = ВЭ* EA.), et il, ajouté à AB2, devient égal au carré sur la somme de BE et EA, comme une seule droite (4BE-EA + AB2 = (BE + EA)2.). Mais la somme de BE et EA est égale à la somme de AB et 2AE, soit 2ВГ. Q.E.D. Si un nombre quelconque de nombres avec des différences égales est donné, alors la différence entre le plus grand et le plus petit est égale à la différence entre les nombres multipliée par le nombre réduit par un. nombres donnés. Que tous les nombres AB, VG, VD, BE soient donnés avec des différences identiques, il faut montrer que la différence entre

AB et BE est égal à la différence entre AB et VG, multipliée par le nombre de AB, VG, VD, BE, réduit de un.

En effet, puisqu'on suppose que AB, VG, VD, BE présentent les mêmes différences entre eux, cela signifie que AG, GD, DE seront égaux entre eux. Par conséquent, EA est égal à AG multiplié par le nombre de AG, GD, DU ; le montant de AG, GD, DE sera inférieur d'un au montant de AB, VG, VD, BE ; Ainsi, EA est un multiple de AG en un certain nombre de fois, un de moins que le nombre de AB, VG, V D, BE. Et AE représente la différence entre le plus grand et les plus petits nombres, et AG est leur seule différence commune. En termes simples, il existe des triangulaires, des quadrangulaires, des pentagonaux, etc.

Nombres triangulaires

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Propriétés:

La somme de deux nombres triangulaires consécutifs donne carré parfait(numéro carré).

La parité d'un élément de la séquence change avec une période de 4 : impair, impair, pair, pair.

Chiffres carrés

Les nombres carrés sont le produit de deux nombres naturels identiques, c'est-à-dire qu'ils sont des carrés parfaits :

1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, …, n².

Numéros pentagonaux

1, 5, 12, 22, 35, 51, 70, 92, 117, 145, …, *(Arithmétique et livre sur les nombres polygonaux. Traduction du grec ancien)

Conclusion : avec interprétation géométrique, Diophantus a dérivé des formules pour des séquences de nombres polygonaux, ce qui intéresse les mathématiciens.

5. Conclusion.

Diophante d'Alexandrie, cherche à réduire les solutions du simple au complexe, basées sur différentes approchesà la résolution d'équations, ainsi qu'à l'utilisation des « triplets pythagoriciens ».

Dans la dernière partie de mon travail, j'ai surtout voulu souligner qu'ayant étudié littérature spéciale sur les équations diophantiennes, j'ai élargi mes compétences mathématiques et acquis des connaissances supplémentaires sur Diophante lui-même, ses disciples et son influence. travaux scientifiques sur développement ultérieur pensée mathématique scientifique. C'est grâce aux méthodes de Diophante que les méthodes d'Archimède lui-même ont été dévoilées. Et si l'histoire des méthodes d'intégration d'Archimède se termine fondamentalement par la création du calcul intégral et différentiel par Newton et Leibniz, alors l'histoire des méthodes de Diophante s'étend sur plusieurs centaines d'années, étroitement liée au développement de la théorie des fonctions algébriques et des méthodes algébriques. géométrie. Le développement des idées de Diophante remonte aux travaux d'Henri Poincaré et d'André Weil. C'est Diophante qui nous a ouvert le monde de l'arithmétique et de l'algèbre. L’histoire de l’analyse diophantienne m’a donc semblé particulièrement intéressante.

6. Liste de la littérature utilisée.

1. Arithmétique et un livre sur les nombres polygonaux. Traduction du grec ancien

2. Bashmakov et équations diophantiennes – M. : « Nauka », 1972.

3. Missions pour les Olympiades municipales et régionales.

4.Cours de nouveaux colons en algèbre élémentaire. – M : Science Soviétique, 1956

5. Mathématiques de Perelman. – Moscou, 1962

6. Invitation à la théorie élémentaire des nombres. , .

7. Olympiades Forkov à l'école. – Moscou : Iris-press, 2003.

8. Tcherkassov. Cours intensif préparation à l'examen. - M. : Rolf. 2000.

9.Dictionnaire encyclopédique d'un jeune mathématicien. Compilé par – Moscou : pédagogie, 1989.