Диофантын тэгшитгэл

Танилцуулга 3

Түүхэн суурь. 5

Евклидийн алгоритм. 7 Үргэлжлүүлсэн бутархай. 10 Факторжуулалтын арга. 11 Бүхэл тоон дахь тэгшитгэлийг зарим нэг хувьсагчийн хувьд квадрат хэлбэрээр шийдвэрлэх. 15 Үлдэгдэл арга. 16 Хязгааргүй буух арга. 17

Фермагийн теорем. 19 Пифагорын гурван ихэр. 21 Пифагорын теоремын эргэн тойронд. 22 Бусад алдартай Диофантийн тэгшитгэлүүд. 23

Танилцуулга

Одоогийн математикийн сурах бичгүүдэд энэ сэдвийг бүрэн оруулаагүй байгаа бөгөөд энэ сэдвээр асуудлыг олимпиад, аль алинд нь санал болгодог тул бид энэ сэдэв рүү хандлаа. элсэлтийн шалгалтуудих дээд сургуулиудад. Мэдээжийн хэрэг тэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийдвэрлэх сэдэв нь хамааралтай байсан, одоо ч байх болно. Энэ нь үг хэллэггүйгээр тодорхой юм. Шугаман диофант тэгшитгэл нь a 1 x 1+... a n x n = c хэлбэрийн хэд хэдэн үл мэдэгдэх тэгшитгэлийг математикийн эхэн үеэс судалж ирсэн нь хоосон биш юм. , a n ба c нь бүхэл тоо, үл мэдэгдэх нь x 1 ,…, x n нь бүхэл тоо юм. Ийм тэгшитгэлийг шийдэхийн тулд янз бүрийн төрлийн тэгшитгэлүүдийг багасгадаг. үгийн асуудлууд, үүнд үл мэдэгдэх хэмжигдэхүүнүүд нь нэг төрлийн объектын тоог илэрхийлдэг тул натурал (эсвэл сөрөг бус бүхэл тоо) тоо юм. Ийм тэгшитгэлийг шийдэх онол нь анхан шатны математикийн сонгодог салбар юм. Нарийн төвөгтэй, төвөгтэй томьёо бичих шаардлагагүй, харин тооны онолын тодорхой үзэл баримтлалд тулгуурлан, уялдаатай логик бүтцэд холбогдсон нарийн тооцоолол хийх хэрэгтэй. Энэ онолын хүрээнд бид өгч болно цогц шийдэлХариултыг олж авах тодорхой тодорхойлсон алгоритм бүхий авч үзэж буй асуудлын ангилал. Энэ төрлийн тодорхой асуудлуудыг дахин шийдсэн Эртний Вавилон 4 мянга орчим жилийн өмнө. Эртний Грекийн сэтгэгч 2 мянга орчим жилийн өмнө амьдарч байсан Диофант "Арифметик" номондоо ингэж шийджээ их тообүхэл тоон дээрх ийм ба илүү төвөгтэй тэгшитгэлүүд, тэдгээрийг шийдвэрлэх ерөнхий аргуудыг үндсэнд нь тодорхойлсон. Энэ нь тус бүр гэдгийг тэмдэглэх нь зүйтэй тодорхой даалгаварашиглан бүхэл тоогоор шийдвэрлэх боломжтой өөр өөр аргуудАжлын зорилго:

Бүхэл тоогоор тэгшитгэлийг шийдвэрлэх аргуудыг авч үзье. Алдарт Диофантийн тэгшитгэлийн талаар олж мэдээрэй.

1 Диофантийн тэгшитгэл .

тэдгээрийг тэгшитгэл эсвэл бүхэл тооны коэффициент бүхий тэгшитгэлийн систем болгон бууруулсан. Дүрмээр бол эдгээр системүүд нь тодорхойгүй байдаг, өөрөөр хэлбэл тэдгээр дэх тэгшитгэлийн тоо нь тооноос бага байдаг. үл мэдэгдэх шийдлүүдТа зөвхөн бүхэл бүтэн, ихэвчлэн байгалийн зүйлийг олох хэрэгтэй.

2. 1 Сонголтуудыг тоолох арга.

Аквариумд наймалж, далайн од амьдардаг гэж бодъё. Наймаалж 8 хөлтэй, далайн од 5 хөлтэй. Аквариумд нийт 39 мөч байдаг вэ?

2. 2 Евклидийн алгоритм.

Та GCD-г олж болно натурал тоонууд аТэгээд б, эдгээр тоог өргөтгөхгүйгээр үндсэн хүчин зүйлүүд, гэхдээ үлдэгдэлтэй хуваах үйл явцыг ашиглан. Үүнийг хийхийн тулд та эдгээр тоонуудаас томыг нь жижгээр нь, дараа нь жижиг тоог эхний хуваагдлын үлдэгдэлд, дараа нь эхний хуваалтын үлдэгдлийг хоёр дахь хуваагдлын үлдэгдэлд хувааж, энэ үйл явцыг үргэлжлүүлэх хэрэгтэй. үлдэгдэлгүйгээр хуваагдах хүртэл. Сүүлийн тэг бус үлдэгдэл нь хүссэн gcd ( а, б). Энэ мэдэгдлийг батлахын тулд тодорхойлсон үйл явцыг дараахь тэгш байдлын гинжин хэлхээний хэлбэрээр төсөөлье: if а> б, Тэр a = bq0 + r1b = r1q1 + r2 r1 = r2q2 + r3(1) . . . . . . . . . . . . rn – 1 = rnqnДараа нь r1, . . . , rn- эерэг үлдэгдэл, тоо нэмэгдэх тусам буурна. Эхний тэгшитгэлээс харахад тоонуудын нийтлэг хуваагч байна аТэгээд б хуваадаг r1 ба нийтлэг хуваагч бТэгээд r1 хуваадаг а, Тийм учраас GCD (а, б) = GCD (б, r1) = GCD (r1, r2) = … = gcd (rn -1, rn)= = gcd (rn, 0) = rn. Энэ мэдэгдэл нь нотлогдсон. GCD-ийг олох өгөгдсөн аргыг түүний "Зарчмууд"-д анх тодорхойлсон тул үлдэгдэлтэй дараалсан хуваах арга буюу Евклидийн алгоритм гэж нэрлэдэг. Системд (1) хандъя. Эхний тэгшитгэлээс үлдэгдлийг илэрхийлэх r1 дамжуулан аТэгээд б, бид авдаг r1 = а – bq0 . Энэ үйл явцыг үргэлжлүүлснээр бид бүх үлдэгдлийг дараах байдлаар илэрхийлж болно аТэгээд б, бид авдаг r1 = а – bq0 . Үүнийг хоёр дахь тэгшитгэлд орлуулснаар бид олдог r2 = б(1 + q0 q1) – ак1 . Энэ үйл явцыг цааш үргэлжлүүлбэл бид бүх үлдэгдлийг a ба b-ээр илэрхийлж болно, түүний дотор сүүлчийнх нь: rn = Аа + Bb. Үүний үр дүнд бид дараах саналыг нотолсон: хэрэв г- натурал тооны хамгийн том нийтлэг хуваагч аТэгээд б, тэгвэл ийм бүхэл тоонууд байна АТэгээд Б, Юу г = Аа + Bb. коэффициентүүд гэдгийг анхаарна уу АТэгээд Б байна өөр өөр шинж тэмдэг; Хэрэв GCD (а, б) = 1 , Тэр Аа + Bb = 1 . Тоонуудыг хэрхэн олох вэ АТэгээд Б, Евклидийн алгоритмаас харж болно. Одоо шийдэл рүү шилжье шугаман тэгшитгэлхоёр үл мэдэгдэх зүйлтэй. Энэ нь дараах байдалтай харагдаж байна. сүх + by = в (2) Хоёр тохиолдол боломжтой: тоо вхуваасан г= gcd(а, б) , эсвэл үгүй. Эхний тохиолдолд бид тэгшитгэлийн хоёр талыг хувааж болно гтэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийдэхийн тулд асуудлыг багасгана а1 x = б1 y = в1 , хэний коэффициентүүд а1 = а/ г Тэгээд б1 = б/ гхарилцан энгийн. Хоёр дахь тохиолдолд тэгшитгэлд бүхэл тоон шийдэл байхгүй: дурын бүхэл тоонд x Тэгээд yтоо сүх + by d-д хуваагддаг тул тоотой тэнцүү байж болохгүй в, аль нь асаалттай байна гхуваалцдаггүй. Тиймээс бид (2) тэгшитгэлийн коэффициентүүдтэй холбоотой тохиолдолд өөрсдийгөө хязгаарлаж болно аТэгээд бхарилцан энгийн. Өмнөх өгүүлбэр дээр үндэслэн ийм бүхэл тоонууд байдаг x0Тэгээд y0, Юу сүх0 + by0 = 1 хосууд хаанаас ирсэн бэ? (сх0, су0)(2) тэгшитгэлийг хангана. Үүнтэй хамт тэгшитгэл (2) хангана хязгааргүй олонлогуур (х, у)томьёо ашиглан олох боломжтой бүхэл тоо X = cx0 + bt, y = cy0 – at.(3) Энд т - дурын тоо. Бусад бүхэл тоон шийдлүүдийн хувьд тэгшитгэлийг харуулахад хялбар байдаг аа +by = вбайхгүй. (3) хэлбэрээр бичсэн шийдлийг (2) тэгшитгэлийн ерөнхий шийдэл гэнэ. Оронд нь орлуулах ттодорхой бүхэл тоо, бид түүний тодорхой шийдлийг олж авдаг.

Даалгавар 2.

Жишээлбэл, тэгшитгэлийн бүхэл тоон шийдлүүдийг олъё 2 x + 5 y = 17 . Шийдэл.

Тоонууд дээр хэрэглэнэ 2 Тэгээд 5 Евклидийн алгоритмыг бид олж авдаг 2 * 3 – 5 = 1 . Тэгэхээр хосууд сх0 = 3 * 17, sy0 = - 1 * 17тэгшитгэлийг хангана 2х + 5у = ​​17. Иймээс өгөөжийн тэгшитгэлийн ерөнхий шийдэл нь:

Эндээс бид олдог – 51/5  т  - 17/2 . Энэ тэгш бус байдлыг тоонууд хангаж байна - 10 , - 9 . Холбогдох тодорхой шийдлүүдийг хос хэлбэрээр бичнэ. (1,3), (6, 1) .

Даалгавар 3.

Та хэдээр худалдаж авах боломжтой 100 азарган тахиа, тахиа, тахианы зоос, хэрэв та бүх зүйлийг худалдаж авах шаардлагатай бол 100 шувууд, азарган тахиа зогсож байна 5 зоос, тахиа - 4 , А 4 тахиа - нэг зоос?

Шийдэл.

Болъё X- шаардлагатай тооны азарган тахиа, цагт- тахиа, ба 4 z- тахиа. Системийг бий болгоё  x + y + 4z = 100

 5 x + 4 y + z = 100, үүнийг цогцоор нь шийдэх ёстой сөрөг бус тоо. Системийн эхний тэгшитгэлийг үржүүлэх 4 , хоёр дахь нь - асаалттай (-1) мөн үр дүнг нэмснээр бид тэгшитгэлд хүрнэ - x + 15 z = 300 бүхэл тооны шийдлүүдтэй x = -300 + 15 т, z = т. Эдгээр утгыг эхний тэгшитгэлд орлуулснаар бид олж авна y = 400 - 19 т. Энэ нь системийн бүхэл тоон шийдлүүд хэлбэртэй байна гэсэн үг x = -300 + 15 т,

y = 400 - 19 т, z = т. Асуудлын нөхцлөөс харахад ийм байна

 -300 + 15 т  0

 400 – 19 т  0

 т  0 , хаана 20  т  21 1/19 , өөрөөр хэлбэл т = 21 эсвэл т = 20 .

Хариулах.

Асаалттай 100 зоос худалдаж авах боломжтой 20 тахиа болон 80 тахиа, эсвэл 15 азарган тахиа, 1 тахиа ба 84 тахиа

Даалгавар 4.

Нэг тариачин эмэгтэй сагстай өндөг бариад зах руу явж байв. Нэг эмэгтэйг гүйцэж түрүүлсэн хайхрамжгүй морьтон сагсанд хүрч, бүх өндөг хагарчээ. Хохирлоо барагдуулахыг хүссэн тэрээр тариачин эмэгтэйгээс сагсанд хэдэн өндөг байгааг асуув. Тэр өндөгний тоог мэдэхгүй, харин өндөглөдөг үедээ хариулав 2 , By 3 , By 4 , By 5 болон өөр 6 , дараа нь бүр нэг өндөг нэмэлт үлдсэн, тэр гарч тавьсан үед 7 , нэмэлт өндөг үлдсэнгүй. Тариачин эмэгтэй зах руу хэдэн өндөг авч явсан бэ?

Шийдэл.

Болъё X- өндөгний тоо. Учир нь x – 1хуваасан 2 , дээр 3 , дээр 4 , дээр 5 , дээр 6 , дараа нь тэдгээрийн LCM-д хуваагдана, тэнцүү байна 60 . гэсэн үг, Xшиг харагдаж байна 60у + 1. Тиймээс асуудлын асуултанд хариулахын тулд тэгшитгэлийг натурал тоогоор шийдэх шаардлагатай 60у + 1 = 7z. Евклидийн алгоритмыг ашиглан бид олдог y0 = -2, z0 = - 17 , үүнээс тэгшитгэлийн бүх бүхэл шийдэл нь хэлбэртэй байна y = -2 + 7т, z = -17 + 60 т, Хаана т- дурын бүхэл тоо. Хамгийн бага эерэг шийдлийг хэзээ олж авдаг т = 1 . Энэ тохиолдолд y = 5, z = 43 . Тиймээс тариачин эмэгтэй үүнийг зах руу зөөв 301 өндөг.

Хариулах.

Нэг тариачин эмэгтэй үүнийг зах руу зөөв 301 өндөг.

2. 3 Үргэлжилсэн бутархай.

Дараагийн аргаүргэлжилсэн эсвэл үргэлжилсэн бутархайтай холбоотой.

Евклидийн алгоритм руу дахин орцгооё. Системийн эхний тэгшитгэлээс (1) бутархай а/ ббүхэл хэсгийн нийлбэр болон бичиж болно зөв бутархай: а/ б = q0 + r1/ б. Гэхдээ r1/ б = 1/ б/ r1 , мөн бидэнтэй ижил тогтолцооны хоёр дахь тэгш байдал дээр үндэслэсэн б/ r1 = q1 + r2/ r1 . гэсэн үг, а/ б= q0+1/(q1+ r2/ r1) . Дараа нь бид авна а/ б= q0 + 1/(q1+1/(q2+ r3/ r2)). Тэр болтол энэ үйл явцыг үргэлжлүүлье. Бид хуваарьт хүрэх хүртэл qn

Үүний үр дүнд бид танилцуулах болно энгийн бутархай а/ бдараах хэлбэрээр: а / б = q0 + 1 / (q1 + 1 / (…+ 1 / qn)). Эйлер энэ төрлийн бутархайг үргэлжлүүлэн нэрлэв. Үүний зэрэгцээ Германд өөр нэг нэр томъёо гарч ирэв - үргэлжилсэн фракц. Тиймээс эдгээр фракцууд хоёр нэрийг хоёуланг нь хадгалсан. Үргэлжилсэн бутархайн өргөтгөсөн тэмдэглэгээ нь төвөгтэй байдаг тул нягт тэмдэглэгээг ашигладаг. [ q0; q1, q2, …, qn] .

Даалгавар 5.

Бутархай хэсгийг оруулах 40/31 гинж хэлбэрээр.

Шийдэл.

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)) =

Үргэлжилсэн бутархайг ашиглахад тав тухтай байдал нь тэдгээрийн шинж чанарууд нь ямар ч тооны системтэй холбоогүйд оршдог. Энэ шалтгааны улмаас тэдгээрийг үр дүнтэй ашигладаг онолын судалгаа. Гэхдээ өргөн практик хэрэглээҮргэлжлүүлсэн фракцуудыг хүлээн аваагүй, учир нь тэдгээрийг гүйцэтгэхэд тохиромжтой дүрэм байдаггүй арифметик үйлдлүүд.

2. 4 Хүчин зүйлд хуваах арга.

Даалгавар 6.

Тэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийд: x² - y² = 91.

Шийдэл.

Задарцгаая зүүн талЭнэ тэгшитгэлийг хүчин зүйлээр тооцох: (x–y)(x+y)= =91 . Учир нь 91= 1 * 91 =91 * 1=(-1) * (-91) = (-91) * (- 1) = 7 * 13 =

= 13 * 7 = (-7) * (-13) = (-13) * (-7) , дараа нь энэ тэгшитгэлийн шийдэл нь найман системийг шийдвэрлэхэд буурна.

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 + y = -7

(-10; 3)

Хариулах.

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

Даалгавар 7.

Бүхэл тоогоор шийд x³ + 91 = y³.

Шийдэл.

Дахин бичье өгөгдсөн тэгшитгэлдараах хэлбэрээр y³ - x³ = 91, зүүн талыг үржвэрлэе (y – x)(y² + xy + x²) = 91.Үүнийг анхаарна уу y² + xy + x² = (y + x/2)² + ¾x² 0 цагт цагт Р.

Энэ нь энэ тэгшитгэлийн шийдэл нь шийдэлд буурдаг гэсэн үг юм дараах системүүд

1) у - x = 1

 y² + xy + x² = 91 (5; 6),(-6; -5) ;

2) у - x = 1

 y² + xy + x² = 1системд бүхэл тоонуудын шийдэл байхгүй;

3) у - x = 13

 y² + xy + x² = 7бүхэл тоонд шийдэл байхгүй;

4) у - x = 7

 y² + xy + x² = 13шийдэж байна энэ систем, бид авдаг (-3; 4),(-4;3).

Хариулах.

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

Даалгавар 8.

Бүхэл тоогоор шийд xy=x+y

Шийдэл.

xy – x – y + 1 = 1. Бид энэ тэгшитгэлийн зүүн талыг бүлэглэх аргыг ашиглан хүчин зүйлээр ангилдаг . x(y – 1) – (y – 1) = 1; (y – 1)(x – 1) = 1. Тиймээс,

у - 1 = 1

x – 1 = 1

у - 1 = -1

x – 1 = -1

Хариулах.

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

Даалгавар 9.

Натурал тоогоор бодох 2x² + 5xy – 12y² = 28.

Шийдэл.

Үүнийг хийхийн тулд тэгшитгэлийн зүүн талыг хүчин зүйлээр ангилъя, бид тэгшитгэлийг дараах хэлбэрээр бичнэ. 2x² - 3xy + 8xy – 12y² = 28.

Бүлэглэх аргыг хэрэглэснээр бид олж авна (2x – 3y)(x + 4y) = 28.Учир нь X, цагттэгвэл натурал тоонууд (x + 4y) НТэгээд x + 4y 4 , дараа нь дараах тохиолдлууд боломжтой:

1) 2x – 3y = 1

x + 4y = 28

2) 2x – 3y = 4

x + 4y = 7

натурал тоонуудын шийдэл байхгүй;

3) 2x – 3y = 1

x + 4y = 28

Натурал тоонуудад шийдэл байхгүй.

Хариулах.

Асуудал 10.

Бүхэл тоогоор шийд 2xy = x² + 2y.

Шийдэл.

Дараах хэлбэрээр тэгшитгэлийг дахин бичье x² - 2xy + 2y = 0.Энэ тэгшитгэлийг хүчин зүйлчлэлийн аргаар шийдэж болно, гэхдээ квадратуудын томьёо эсвэл бүлэглэх аргыг ашиглан бид энэ тэгшитгэлийн зүүн талыг үржүүлэх боломжгүй тул тусгаарлах аргыг ашиглах нь зүйтэй. бүрэн дөрвөлжин.

(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.

Энэ тэгшитгэлийг шийдэх нь дараахь системийг шийдэхэд хүргэдэг.

 x – 2y + 1= -1эсвэл  x – 1= -1

 x – 1= 1 x – 2y + 1= 1

(2; 2) nat дахь шийдвэрүүд. тоо байхгүй

Хариулах.

Тиймээс, дээр дурдсан тэгшитгэлээс бид үржүүлэх аргыг ашиглан тэгшитгэлийг шийдвэрлэхдээ дараахь зүйлийг ашигладаг гэж дүгнэж болно: үржүүлэх товчилсон томъёо, бүлэглэх арга, бүтэн квадратыг тусгаарлах арга.

Одоо илүү ихийг харцгаая нарийн төвөгтэй тэгшитгэлүүд.

Асуудал 11.

Натурал тоогоор бодох x² - 4xy – 5y² = 1996.

Шийдэл.

Тэгшитгэлийг хэлбэрээр дахин бичье (x²-4xy+4y²)–9y²=1996, (x-4y)²–9y²=1996.

Зүүн талыг хүчин зүйлээр ангилъя (x – 5y)(x + y) = 1996.

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

Учир нь X Н, y Н, Тэр (x + y) Н, ба (x + y) > 1. Хэрэв (x + y) НТэгээд (x + y)(x – 5y) = 1996, Тэр (x – 5y) Н. Дараа нь үүссэн тэгшитгэлийн шийдийг дараах системүүдийг шийдвэрлэх хүртэл бууруулна

1) x - 5y = 1

x + y = 1996

натурал тоонуудад шийдэл байхгүй

2) x - 5y = 499 эсвэл  x - 5y = 4

x + y = 4 x + y = 499

натурал тоонуудын шийдлийн системүүд байдаггүй

3) x - 5y = 2 эсвэл  x - 5y = 988

x + y =998 x + y =2

(832; 166) натурал тоонд шийдэл байхгүй

Хариулах.

x = 832, у = 166.

2.5 Бүхэл тоон дахь тэгшитгэлийг аль ч хувьсагчийн хувьд квадрат хэлбэрээр шийдвэрлэх.

Асуудал 12.

Бүхэл тоогоор шийд 5x²+ 5y² + 8xy + 2y – 2y + 2 = 0.

Шийдэл.

Хэрэв та энэ тэгшитгэлийг хүчин зүйлчлэлийн аргыг ашиглан шийдэхийг оролдвол энэ нь нэлээд хөдөлмөр их шаарддаг ажил тул энэ тэгшитгэлийг илүү гоёмсог аргаар шийдэж болно. тэгшитгэлийг авч үзье дөрвөлжин харьцангуйО X 5x²+(8ж-2)x+5y²+2y +2=0 , x1.2 = (1 – 4y ±√(1 – 4у) ² - 5(5у² + 2у + 2))/5 = (1 – 4у ±√ -9(y + 1)²)/5.

Энэ тэгшитгэл нь дискриминантын үед шийдэлтэй байна тэгтэй тэнцүү, өөрөөр хэлбэл –9(y + 1) = 0, эндээс y = -1. Хэрэв y = -1, Тэр x =1.

Хариулах.

Асуудал 13.

Бүхэл тоогоор шийд 3(x² + xy + y²)= x + 8y

Шийдэл.

тэгшитгэлийг квадрат гэж үз X 3x² + (3y - 1)x + 3y² - 8y = 0.Тэгшитгэлийн дискриминантыг олъё Д= =(3у – 1)² - 4 * 3(3у² - 8у) = 9у² - 6у + 1 – 36у² + 96у = -27у² + 90у + 1.

Өгсөн тэгшитгэлболовсрол үндэстэй, ХэрэвД  0 , өөрөөр хэлбэл –27у² + 90 у + 1 0

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

Учир нь цагт З, дараа нь нөхцөл (4) зөвхөн хангагдана 0, 1, 2, 3 . Эдгээр утгуудыг судалснаар бүхэл тоон дээрх тэгшитгэл нь шийдтэй болохыг олж мэднэ (0; 0) Тэгээд (1; 1) .

Хариулах.

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

Асуудал 14.

Тэгшитгэлийг шийд 5x² - 2xy + 2y² - 2x – 2y + 1= 0.

Шийдэл.

Энэ тэгшитгэлийг квадрат гэж үзье X-аас хамааран коэффициентүүдтэй y, 5x² - 2(y + 1)x + 2y² – 2y + 1= 0.

Ялгаварлагчийн дөрөвний нэгийг олъё Д/4=(y+1)²-5(2y²-2y+1)=-(3 y-2)².

Энэ нь тэгшитгэл нь зөвхөн үед шийдэлтэй байна гэсэн үг -(3у – 2)² = 0, үүнийг дагадаг у = ⅔,дараа нь бид олдог x = ⅓.

Хариулах.

(⅓; ⅔).

2.6 Үлдэгдэл арга.

Асуудал 15.

Бүхэл тоогоор шийд 3ª = 1 + y²

Шийдэл.

Энэ нь ойлгомжтой (0; 0) - энэ тэгшитгэлийн шийдэл. Өөр шийдэл байхгүй гэдгийг баталцгаая.

Дараах тохиолдлуудыг авч үзье.

X Н, y Н(5)

Хэрэв X Н , Тэр 3ªхуваасан 3 ул мөргүй, мөн y² + 1хуваах үед 3 үлдэгдлийг нь ч өгдөг 1 , эсвэл 2 . Үүний үр дүнд байгалийн үнэт зүйлсийн хувьд тэгш байдал (5). XТэгээд цагтболомжгүй.

2) Хэрэв X- сөрөг бүхэл тоо, y  З, Дараа нь 0<3ª<1, А 1+y² 0 ба тэгш байдал (5) бас боломжгүй. Тиймээс (0; 0) нь цорын ганц шийдэл юм.

Хариулах.

Асуудал 16.

Тэгшитгэлийн систем гэдгийг батал

x² - y² = 7

z² - 2y² = 1

бүхэл тоонд шийдэл байхгүй.

Шийдэл.

Системийг идэвхжүүлсэн гэж үзье. Хоёр дахь тэгшитгэлээс z²=2у+1,өөрөөр хэлбэл z²– сондгой тоо ба z- сондгой гэсэн үг z=2 м+1 . Дараа нь y²+2м²+2м , гэсэн үг, y² -тэгш тоо Тэгээд цагт- тэгш, y = 2 n, n  З.

x²=8n³+7,өөрөөр хэлбэл x² -сондгой тоо ба X -сондгой тоо x=2к+1, к  З.

Утгыг орлуулж үзье XТэгээд цагтЭхний тэгшитгэлд бид олж авна 2(к² + к - 2 n³) = 3,Энэ нь боломжгүй, учир нь зүүн тал нь хуваагддаг 2 , гэхдээ зөв нь тийм биш Энэ нь бидний таамаглал буруу гэсэн үг юм. системд бүхэл тоонуудын шийдэл байхгүй.

2.7 Хязгааргүй буух арга.

Хязгааргүй өгөгдлийн аргаар тэгшитгэлийг шийдвэрлэх нь дараахь схемийн дагуу явагдана: тэгшитгэл нь шийдлүүдтэй гэж үзвэл бид хязгааргүй процессыг бий болгодог бол асуудлын яг утгаараа энэ процесс хаа нэгтээ дуусах ёстой илүү энгийн хэлбэрээр. Бид аль хэдийн байгалийн төгсгөлд хүрсэн гэж үзвэл бид "зогсож" чадахгүй байна гэж харж байна.

Асуудал 17.

Бүхэл тоогоор шийд 29x + 13y + 56z = 17 (6)

Үл мэдэгдэх үл мэдэгдэхийг хамгийн бага коэффициентээр илэрхийлье.

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

гэж тэмдэглэе (4-3 x-4 z)/13 = т1 (8)

(7) -аас үүнийг дагаж мөрддөг т1 зөвхөн бүхэл тоон утгыг авч болно. (8) -аас бидэнд байна 13 т1 + 3 x + 4 z = 14 (9)

Бид шинэ Диофантийн тэгшитгэлийг олж авдаг, гэхдээ (6)-аас бага коэффициенттэй. Үүнтэй ижил санааг (9) хэрэгжүүлье: x=(4-13 т1-4 z)/3= =(1-4 т1- z) + (1- т1- z)/3

(1- т1- z)/3 = т2 , т2 - бүхэлд нь, 3 т2+ т1+ z = 1 (10)

(10) дахь коэффициент нь at z– анхны тэгшитгэлийн үл мэдэгдэх нь тэнцүү байна 1 - энэ бол "буух" эцсийн цэг юм. Одоо бид тууштай илэрхийлж байна z, x, yдамжуулан т1 Тэгээд т2 .

z = -t1 – 3t2 + 1

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

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

Тэгэхээр,  x = -3t1 + 4t2

Асуудал 18.

Бүхэл тоогоор шийд x³ - 3y³ - 9z³ = 0 (11)

Шийдэл.

(11) тэгшитгэлийн зүүн тал нь ямар ч хувиргалт хийх боломжгүй болохыг харж болно. Тиймээс бүхэл тоонуудын шинж чанарыг судлах x³=3(y³- z³). Тоо x³олон 3 , энэ нь тоо гэсэн үг Xолон 3 , өөрөөр хэлбэл x = 3x1(12) (12)-г (11)-д орлъё. 27х1³-3у³-9z³=0, 9x1³-y³-3z³=0(13)

y³=3(3x1³-z³).Дараа нь y³олон 3 , гэсэн үг цагтолон 3 , өөрөөр хэлбэл y=3y1(14). (13)-д (14)-г орлуулъя. 9х1³ -27у1³ - 3z³=0 . Энэ тэгшитгэлээс ийм зүйл гарч ирнэ z³ олон 3, тиймээс zолон 3 , өөрөөр хэлбэл z=3 z1 .

Тиймээс (11) тэгшитгэлийг хангасан тоонууд нь гурвын үржвэрүүд бөгөөд бид тэдгээрийг хэдэн удаа хуваасан ч хамаагүй юм. 3 , бид гурвын үржвэр тоонуудыг авдаг. Гуравыг хангасан цорын ганц бүхэл тоо. Энэ нөхцлийг хангасан цорын ганц бүхэл тоо нь тэг байх болно, өөрөөр хэлбэл энэ тэгшитгэлийн шийдэл. (0; 0; 0) .

Бүлэг 3. Алдарт диофантийн тэгшитгэлүүд.

3.1 Фермагийн сүүлчийн теорем.

"Фермагийн сүүлчийн теорем" (мөн "Том" эсвэл "Сүүлчийн" гэж нэрлэдэг) дэлхий даяар маш алдартай. Фермагийн сүүлчийн теорем бол Диофантийн "Арифметик" номыг уншиж байхдаа хийсэн дүгнэлт юм. Энэ номын захад, хэлбэрийн тэгшитгэлийг шийдэх тухай ярьж буй газрын эсрэг талд x² + y² = z², Ферма бичсэн: "Энэ хооронд бүтэн шоо шоо дөрвөлжингийн нийлбэр болгон, дөрөв дэх хүчийг дөрөв дэх зэрэглэлийн нийлбэр болгон эсвэл ямар ч хүчийг ижил илтгэгчтэй зэрэглэлийн нийлбэр болгон задлах нь туйлын боломжгүй юм. Би энэ таамаглалын үнэхээр гайхалтай нотолгоог олсон, гэхдээ үүнийг энд тавихад хэтэрхий бага зай байна." dividere; cujus rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet." Фермагийн энэхүү саналыг одоо дараах хэлбэрээр теорем болгон томъёоллоо: “Тэгш. xª + yª = zª-ын хувьд рационал тоогоор шийдвэрлэх боломжгүй x, yТэгээд zүзүүлэлтийн бүхэл утгын хувьд а, том 2 "(хэзээ гэдгийг сайн мэднэ a=2ийм тоо байдаг, жишээ нь, 3, 4, 5 - хэрэв талуудын урт бол алдартай Пифагор гурвалжинг үүсгэдэг тоонууд). Энэ теоремын үнэн зөв нь олон онцгой тохиолдлуудад батлагдсан боловч батлагдсан ерөнхий үзэлЭнэ нь шинэ байсан боловч олон алдартай математикчид үүнийг сонирхож, нотлохыг оролдсон (Диксоны "Тооны онолын түүх" номд энэ сэдвээр гурван зуу гаруй бүтээлийг авч үзсэн). 1907 онд математикч Вольфскель Германы Дармштадт хотод нас барж, гэрээслэлээ 100000 теоремыг бүрэн нотолсон хүнд онооно. Зөвхөн ашиг хонжоо хайсан олон зуун, мянган хүмүүс тэр даруйдаа Фермагийн теоремын баталгааг агуулсан гар бичмэлүүдээр шинжлэх ухааны нийгэмлэг, сэтгүүлүүдийг бөмбөгдөж эхлэв. Вольфскелийн гэрээслэлийг зарласнаас хойшхи эхний гурван жилд зөвхөн Гёттингений математикийн нийгэмлэгт мянга гаруй "шийдэл" иржээ. Хэзээ болсон тохиолдол a = 3, 1768 онд Эйлер нотлогдсон. Мөн тэрээр Эйлерийн нотлохдоо үндэслэлгүй ашигласан онолыг Гауссаар нотлохыг олон жил шаардсан. Хэзээ тохиолдлын хувьд Фермагийн теоремын баталгаа a = 5, 1825 онд Дирихлет, Лежендре нар бараг нэгэн зэрэг санал болгосон. Дирихлет 1828 онд нотлох баримтаа нийтэлсэн боловч энэ нь маш нарийн төвөгтэй байсан бөгөөд 1912 онд Племел үүнийг хялбаршуулсан. Дараах энгийн үзүүлэлтийн хувьд a = 7Фермагийн теоремыг 1839 онд л Ламе баталжээ. Ламегийн нотлох баримтыг Лебесг бараг тэр даруй сайжруулав. 1847 онд Ламе бүх анхны илтгэгчийн хувьд Фермагийн теоремын нотолгоог олсноо зарлав. a³ 3. Ламегийн арга нь Эйлерийн санааг маш хол хөгжүүлсэн бөгөөд тоонуудын арифметик шинж чанарт үндэслэсэн байв. Гэсэн хэдий ч Лиувилл тэр даруй Доголонгийн үндэслэлийн ноцтой цоорхойг олж илрүүлсэн нь энэ нотолгоог үгүйсгэв. Доголон алдаагаа хүлээн зөвшөөрөхөөс өөр аргагүйд хүрсэн. Компьютер дээр Куммер, Вандивер нарын санааг ашиглан Фермагийн теоремыг бүх энгийн илтгэгчийн хувьд үнэн зөв болохыг нотолсон. а<100000.

Пифагорын гурван ихэр.

Мэдээжийн хэрэг энэ бол Пифагорын алдартай теорем юм. Тэр үүнийг баталж байна Гипотенуз дээр баригдсан квадратын талбай нь түүний хөл дээр баригдсан квадратуудын талбайн нийлбэртэй тэнцүү байна. Тэгшитгэл (13) нь хоёрдугаар зэргийн диофантийн тэгшитгэл юм. Шийдэл хайж эхэлцгээе. Тэдгээрийг гурвалсан тооны хэлбэрээр бичих нь тохиромжтой (x, y, z) , ийм гурвалсануудыг Пифагор гэж нэрлэдэг.

Хэрэв ийм гурвалсан хоёр тоо нийтлэг хуваагчтай бол гурав дахь тоо нь мөн түүнд хуваагдана гэдгийг анхаарна уу. Тэдгээрийг бүгдийг нь нийтлэг хуваагчаар хуваавал бид Пифагорын гурвалсан тоог дахин олж авна. Энэ нь ямар ч Пифагор гурваас тоо нь харьцангуй анхдагч байдаг Пифагорын гурвалсан руу шилжихэд хялбар гэсэн үг юм. Ийм гурвыг команд гэж нэрлэдэг. Асуудлыг шийдэхийн тулд анхдагч Пифагорын гурвалсан хэлбэрийг олоход хангалттай байх нь ойлгомжтой.

Анхан шатны Пифагорын гурвалсанд хоёр тоо тэгш байж болохгүй, гэхдээ нэгэн зэрэг гурван тоо нэгэн зэрэг сондгой байж чадахгүй нь ойлгомжтой. Зөвхөн нэг сонголт үлдсэн: хоёр тоо сондгой, нэг нь тэгш байна. Үүнийг харуулъя zтэгш байж болохгүй. Үүний эсрэгээр төсөөлье: z=2 м, Дараа нь XТэгээд цагт- сондгой тоо: x=2 к+1, y = 2 к + 1 . Энэ тохиолдолд хэмжээ x² + y² = 4(к² + к + л² + л) + 2 -д хуваагдахгүй 4, байхад z² = 4м² хуваасан 4 . Тэгэхээр тэгш тоо аль аль нь байна X, эсвэл цагт. Болъё x = 2u, цагтТэгээд z- сондгой тоо. гэж тэмдэглэе z + y = 2 v, z – y = 2 w. Тоонууд vТэгээд wхарилцан энгийн. Уг нь тэд нийтлэг хуваагчтай байсан бол г >1 , тэгвэл энэ нь бас хуваагч болно z = v + w, болон төлөө y = v – w, энэ нь харилцан энгийн байдалтай зөрчилддөг yТэгээд z. Үүнээс гадна, vТэгээд wөөр өөр паритет: өөрөөр yТэгээд zтэгш байсан. Тэгш эрхээс x² = (х² + q²)² - (х² - q²)² = 4х² q². Үүний үр дүнд бид ямар ч анхдагч Пифагорын гурвалсанд хоёрдогч натурал тоо байдаг гэдгийг нотолсон. хТэгээд q өөр өөр паритууд, х> q, ийм x = 2 pq, y = х² - q², z = х² + q².

Үүний эсрэгээр нь бас үнэн болохыг харахад хялбар байдаг. Тиймээс (13) тэгшитгэлийн команд шийдийг олох аргыг олов. Бусад нь бүгд түүнийх байгалийн шийдэлхэлбэртэй байна: x = 2 * kpq, y= к(х² - q²), z = к(х² + q²), Хаана к- дурын натурал тоо.

Пифагорын теоремын эргэн тойронд.

хязгааргүй олон тооны байгалийн шийдлүүдтэй. Тэдний нэг нь жишээ нь: x = 44, y = 117,z = 240. Гэсэн хэдий ч байгаа эсэх нь тодорхойгүй байна куб хэлбэртэй, бүх хажуугийн нүүрний бүх ирмэг ба диагональ болон параллелепипедийн диагональ нь бүхэл тоо, өөрөөр хэлбэл тэгшитгэлийн систем нь натурал тоонуудын дор хаяж нэг шийдэлтэй юу? x² = y² = u², x² +z² = v², y² + z² = w², x² + y² + z² = т².

3.4 Мэдэгдэж буй диофантийн тэгшитгэлүүд.

Диофантийн "Арифметик"-ээс "Өгөгдсөн квадратыг 2 квадрат болгон задлаарай" гэсэн нэг бодлоготой танилцацгаая.

Энэ асуудал нь хоёрдугаар зэргийн тэгшитгэлтэй тэнцэнэ x² + y² = a²cүл мэдэгдэх хүмүүстэй XТэгээд цагтцагт утгыг тохируулахпараметр А, Энэ тэгшитгэлийн хамгийн энгийн шийдийг үл мэдэгдэх аль нэгнийх нь тэг утгаар олж авна. Диофант нь орлуулах замаар өөр шийдлүүдийг эрэлхийлдэг у =kx – а, Хаана к- дурын рационал тоо. Үүний үр дүнд анхны тэгшитгэлхэлбэр болгон бууруулсан (kx – а)² + x² = а², Өөрчлөлтийн дараа бид хаана олж авдаг оновчтой илэрхийллүүдүл мэдэгдэхийн төлөө xТэгээд y.

x =а*2 к / (к² + 1), y = а* (к² - 1) / (к² + 1)

Диофантийн арга нь Пифагорын гурвалсан тоо гэж нэрлэгддэг бүхэл тооны багцыг олох боломжийг олгодог. x, y, z, тэгш өнцөгт гурвалжны талуудын уртыг илэрхийлэх, i.e. тэгшитгэлийг хангаж байна x² + y² = z².Ийм гурвалсан жишээ юм 3,4,5 Тодорхой бус тэгшитгэлийг бичье x² + y² = z²хэлбэрээр (x / z)² + + (y / z)² = 1Диофантын дээрх үндэслэлийг түүнд хэрэглэж, илэрхийлэлүүдийг олж авцгаая x/ z = 2 к/(к² +1), y/ z=(м² - n²)/(м²+ n²) .

Бүхэл тоонуудын шийдлийг олохын тулд бид тавьдаг к = м/ n, Хаана м, n- дурын бүхэл тоо, n 0 . Дараа нь x/ z=2 mn/(n² + м²) , y/ z=(м²- n²)/(м²+ n²)

мөн та үүнийг авч болно x = 2 mn, y = м² - n², z = м² + n².

1630 онд Арифметикийн орчуулга нэгэн гарамгай хүний ​​гарт оржээ Францын математикчПьер Фермат. Диофантын үхэшгүй мөнхийн бүтээл нь Ферматыг тоон онолын маш нарийн бөгөөд гүнзгий судалгаа хийхэд түлхэц өгсөн, ялангуяа Диофантыг дагаж Фермат байгалийн тоо гэдгийг баталжээ. Азөвхөн дараа нь хоёр квадратын нийлбэрээр илэрхийлэгдэнэ x² + y² бүхэлд нь xТэгээд yбүх зүйл байхад үндсэн хүчин зүйлүүд А, хуваах үед өгөх 4 үлдэгдэл 3 , багтсан болно Ажигд түвшинд. Тэрээр мөн өөр өөр хосуудын тооны томъёог олжээ (x;y)ийм тоо.

Диофантын номын захад тайлбар болгон бичсэн Фермагийн асуудал мөн алдартай болсон: "Ол. зөв гурвалжинтоогоор, гипотенуз нь квадрат байх болно А, мөн талуудын нийлбэр зөв өнцөг" Энэ асуудал нь ийм Пифагорын гурвалсан тоог олох явдал юм x, y, zЭнэ нь гипотенузын урт юм zба хөлний уртын нийлбэр x + yтөгс квадратууд бөгөөд хязгааргүй олон шийдэлтэй. Эдгээрээс хамгийн бага нь Фермагийн олсон тоонууд юм: x = 4565486027761, у = 1061652293520, z = 4687298610289(Энд z=2165017 ² ).

Өөр нэг тодорхойгүй тэгшитгэлийн хувь заяа анхаарал татаж байна. Нэгэн цагт Архимед нарны бурхан Гелиосын дөрвөн сүрэгт бэлчдэг дөрвөн өнгийн бухын тухай бодлого зохиож байжээ. Тэрээр үүнийг яруу найргийн мессеж хэлбэрээр Киренийн Эратосфенд илгээв. Асуудал нь тэгшитгэл дээр бууж байна x² - 4729494y² = 1.Бухын нийт тоог захиалгын тоогоор илэрхийлнэ 7766 * 10 ²º ¹. Өвгөн Гелиос ийм сүргийг бүх орчлон ертөнцийн хязгаарт багтааж чадахгүй байв. Архимед шударга бус байсан бололтой, өрсөлдөгчдөө бараг боломжгүй асуудал тавьж, түүнд дараах үгсээр ханджээ.

Хэрэв та үүнийг олж мэдвэл, үл таних хүн, оюун ухаанаараа бодож,

Мөн та сүрэг бүрийн тоог нэрлэж болно,

Дараа нь орхиж, ялалтаар шагнуулж, үүнийг авч үзэх болно

Мэргэн ухаанаар та бүх зүйлийг бүрэн даван туулсан.

Маягтын тэгшитгэлийн ард x² - ay² = 1"Пеллийн тэгшитгэл" гэдэг нэр нь математикч Жон Пэллийн нэрээр байгуулагдсан бөгөөд Эйлер үүнийг шийдвэрлэх аргуудын аль нэгийг андуурч холбосон юм. Ферма энэ тэгшитгэлийг бүхэл тоогоор хэрхэн шийдэхийг мэддэг байсан. Хожим нь тэр 12-р зуунд энэ даалгаврыг даван туулж байсан нь тогтоогджээ. Энэтхэгийн математикч Бхаскара түүний арга нь шинжлэх ухаанд үл мэдэгдэх хэвээр байв.

Дэвид Хилбертийн II-д томъёолсон алдартай асуудлуудын нэг Олон улсын конгресс 1990 онд Парист математикчид дараах байдалтай байсан: дурын Диофантийн тэгшитгэлийг өгье; ерөнхий аргыг зааж өгөх шаардлагатай бөгөөд үүнийг дагаж мөрдөх боломжтой эцсийн тообүхэл тооны шийдэлтэй эсэхийг мэдэхийн тулд алхмуудыг хийнэ.

1970 онд Ленинградын математикч Юрий Владимирович Матиасевич ийм болохыг нотолсон ерөнхий аргабайхгүй.

Дүгнэлт.

"Диофантын тэгшитгэл" сэдвээр ажиллаж байхдаа бид олон зүйлийг анзаарсан сонирхолтой баримтуудтэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийдвэрлэхтэй холбоотой. Бүхэл тоогоор тэгшитгэлийг шийдвэрлэх нь маш сэтгэл хөдөлгөм ажил юм. Эрт дээр үеэс тодорхой Диофантины тэгшитгэлийг шийдвэрлэх олон аргууд хуримтлагдсан боловч зөвхөн манай зуунд л гарч ирсэн. ерөнхий техниктэдний судалгаа. Пифагорын теорем ба Фермагийн теорем ч мөн адил диофант тэгшитгэлүүд юм. Диофантийн тэгшитгэлийн онолыг нэг ч том математикч өнгөрөөгүй. Ферма ба Эйлер, Лагранж ба Дирихле, Гаусс, Чебышев нар үүнд арилшгүй ул мөр үлдээжээ. хамгийн сонирхолтой онол.

Уран зохиол.

Акимова С. Хөгжилтэй математик. – Санкт-Петербург: Тригон хэвлэлийн газар, 1997 – х.608. Виленкин Н.Я Математикийн сурах бичгийн хуудасны ард, 10-11-р анги. - Москва: "Просвещение" хэвлэлийн газар, 1996 - х.319. Малинин В. “Математик” сэтгүүл, № 21, 2001, х.–6.

4. Малинин В. “Математик” сэтгүүл, 2001 оны №22, хуудас–4.

5. Интернет сүлжээ

(/ref/arh/25/VPV-1330// индекс. html).

Сургуулийн нэвтэрхий толь бичиг. Математик. / Никольский С.М. - Москва: Большая хэвлэлийн газар Оросын нэвтэрхий толь бичиг", 1996 - х.648. Хүүхдэд зориулсан нэвтэрхий толь бичиг T. 11 (Математик) / засварласан M. D. Аксенов - Москва: Avanta + Publishing House, 1998 - p.688. Нэвтэрхий толь бичигзалуу математикч / редактор Гнеденко Б.В. - Москва: Педагогика хэвлэлийн газар, 1985 - х. 350.

Бабинская I. L. Математикийн олимпиадын асуудлууд. – Москва, 1875. Болгарский Б.В. Математикийн түүхийн эссе. –Минск, 1979. Васильев Н.Б., Егоров А.А.Бүх холбооны математикийн олимпиадын асуудлууд. – Москва, 1998. Васильев Н.Б., Тутенмахер В.Л. Захидал математикийн олимпиадууд. – Москва, 1986. Выгодский М.Я анхан шатны математик. – Москва, 1974. Галперин Г.А., Толпыго А.К. Москвагийн математикийн олимпиадууд. – Москва, 1986. Genkin S. A., Intenberg I. V., Fomin D. V. Ленинградын математикийн дугуйлан. – Киров, 1994. Егоров A. A. Ялгаварлагчийн тухай. – “Квант” сэтгүүлийн 2/1994 оны хавсралт. х – 117. Сургуулийн сурагчдын математикийн олимпиадын асуудал Нижний Новгород муж. – Н.Новгород, 1998. Захидлын математикийн олимпиад. – Москва, 1981. Курляндчик Л. Хязгааргүй удам угсааны арга. – “Квант” сэтгүүлийн 3/1999 оны хавсралт. Литвиненко В.Н., Мордкович А.Т. Анхан шатны математикийн семинар. Алгебр. Тригонометр. – Москва, 1991. Малинин В.А. 9-11-р ангийн сурагчдыг математикийн олимпиадад бэлтгэх. Бүхэл тоонуудтай холбоотой асуудлууд. – Н.Новгород, 2000. Постников М.М.Фермагийн теорем. – Москва, 1978. Сивашинский И.Х. Алгебр дахь теорем ба асуудлууд ба үндсэн функцууд. – Москва, 1971. Яковлев Г.Н. Сургуулийн сурагчдын бүх холбооны математикийн олимпиад. - Москва, 1992.

За, шийдэл нь үнэхээр дэндүү улиг болсон юм. Дараа нь бид даалгавраа улам хүндрүүлж, илүү сонирхолтой болгоно.

тухай санацгаая бүхэл тоон коэффициент ба бүхэл язгуур бүхий шугаман тэгшитгэл, энэ нь үнэндээ диофантийн тэгшитгэлийн нэг төрөл юм. Тодруулбал, бид тэгшитгэлдээ коэффициент ба язгуурын бүхэл байдлын талаархи холбогдох хязгаарлалтыг тавих болно. Үл мэдэгдэх коэффициентүүд нь аль хэдийн бүхэл тоо () байна, гэхдээ үл мэдэгдэх нь өөрөө дараахь байдлаар хязгаарлагдах ёстой.

бүхэл тооны олонлог хаана байна.

Одоо нийтлэлийн эхэнд олж авсан шийдэл нь "ажиллахгүй" тул бид үүнийг оновчтой (бутархай) тоо болгон авах эрсдэлтэй. Тэгэхээр та энэ тэгшитгэлийг хэрхэн шийдэх вэ? онцгойлонбүхэл тоогоор уу?

Энэ асуудлыг шийдэх сонирхолтой хүмүүс муур руу хандана уу.

Мөн бид тантай хамт үргэлжлүүлнэ. Заримыг нь үйлдвэрлэхийг хичээцгээе анхан шатны өөрчлөлтүүдХүссэн тэгшитгэл:

Асуудал нь ойлгомжгүй хэвээр байна, ийм тохиолдолд математикчид ихэвчлэн ямар нэг төрлийн орлуулалт хийдэг. Чамтай хамт өшиглөж үзье:

Өө, бид үүнд хүрсэн сонирхолтой үр дүн! Манай коэффициент одоо байна нэгтэй тэнцүү , энэ нь та бид энэ үл мэдэгдэх зүйлийг энэ тэгшитгэлийн бусад үл мэдэгдэх зүйлсээр дамжуулан ямар ч хуваагдалгүйгээр илэрхийлж чадна гэсэн үг юм (бид үүнийг нийтлэлийн эхэнд хийсэн). Үүнийг хийцгээе:

Энэ нь ямар ч байсан (диофантийн тэгшитгэлийн хүрээнд) бүхэл тоо хэвээр байх болно гэдгийг хэлж байгаа бөгөөд энэ нь гайхалтай зүйл гэдгийг би та бүхний анхаарлыг татъя.

Ингэж хэлэх нь зөв гэдгийг санаж . Дээр дурдсан үр дүнг орлуулснаар бид дараахь зүйлийг авна.

Эндээс бид юу ч байсан, бүхэл тоо хэвээр байх болно гэдгийг харж байгаа бөгөөд энэ нь гайхалтай хэвээр байна.

Дараа нь гайхалтай санаа гарч ирнэ: тэдгээрийг чөлөөт хувьсагч гэж зарлаж, түүгээр дамжуулан илэрхийлье! Үнэндээ бид үүнийг аль хэдийн хийсэн. Хариултыг шийдлийн системд бичих л үлдлээ.

Одоо үүнийг шийдвэрийн системээс харж болно хаана ч хуваагдал байхгүй, энэ нь шийдлүүд үргэлж бүхэл тоо байх болно гэсэн үг юм. Анхны тэгшитгэлийн тодорхой шийдлийг олохыг хичээцгээе, жишээ нь:

Анхны тэгшитгэлд орлуулъя:

Үүнтэй адил, сайхан! Өөр жишээгээр дахин оролдъё, тийм үү?

Энд бид сөрөг коэффициентийг харж байна, энэ нь бидэнд хангалттай хэмжээний асуудал үүсгэж болзошгүй тул нүглээс ангижруулж, орлуулъя, тэгвэл тэгшитгэл дараах байдалтай болно.

Бидний санаж байгаагаар бидний даалгавар бол ийм хувиргалтыг хийх бөгөөд ингэснээр тэгшитгэл нь нэгжийн коэффициент бүхий үл мэдэгдэх зүйлийг агуулна (дараа нь үүнийг хуваахгүйгээр бусад хэлбэрээр илэрхийлэхийн тулд). Үүнийг хийхийн тулд бид "хаалтнаас" ямар нэг зүйлийг дахин авах ёстой; Гэсэн хэдий ч та зөвхөн тэгшитгэлийн тодорхой коэффициент (илүү, бага биш) болох тоог хаалтанд авч болно гэдгийг ойлгох хэрэгтэй, эс тэгвээс бид тавтологи/зөрчилдөөн эсвэл бутархай (өөрөөр хэлбэл энэ нь) дээр бүдрэх болно. хамгийн сүүлийн орлуулалтаас бусад тохиолдолд үнэгүй хувьсагчууд хаа нэгтээ гарч ирэх боломжгүй). Тэгэхээр:

Орлуулахыг танилцуулъя, дараа нь бид дараахь зүйлийг авна.

Дахин хаалт авч, эцэст нь нэгжийн коэффициент бүхий тэгшитгэл дэх үл мэдэгдэх зүйлийг олж авцгаая.

Дараа нь орлуулалтыг танилцуулъя:

Ганцаардсан үл мэдэгдэхээ эндээс илэрхийлье:

Үүнээс үзэхэд бид юу ч авсан бүхэл тоо хэвээр байх болно. Дараа нь бид хамаарлаас олно:

Үүнтэй төстэй байдлаар бид харилцаанаас олж болно:

Энд л бидний шийдлийн систем боловсорч гүйцсэн - бид хуваагдалгүйгээр үл мэдэгдэх бүх зүйлийг илэрхийлсэн бөгөөд ингэснээр шийдэл нь бүхэл тоо байх болно гэдгийг харуулсан. Түүнчлэн, үүнийг бүү мартаарай, бид урвуу орлуулалтыг нэвтрүүлэх хэрэгтэй. Дараа нь шийдлийн эцсийн систем дараах байдалтай байна.

Тиймээс, ижил төстэй тэгшитгэлийг ингэж шийдэж болох уу гэсэн асуултад хариулах хэвээр байна. Хариулт: үгүй, хэрэв тэгшитгэл үндсэндээ шийдэгдэхгүй бол. Энэ нь чөлөөт нэр томъёо нь үл мэдэгдэх бүх коэффициентүүдийн gcd-д бүрэн хуваагддаггүй тохиолдолд тохиолддог. Өөрөөр хэлбэл, тэгшитгэл өгөгдсөн:

Үүнийг бүхэл тоогоор шийдэхийн тулд дараах нөхцлийг хангахад хангалттай.

(хамгийн том нийтлэг хуваагч хаана байна).

Баталгаа

Нотлох баримтыг энэ зүйлийн хүрээнд авч үзэхгүй, учир нь энэ нь тусдаа өгүүллийн шалтгаан юм. Жишээлбэл, та үүнийг харж болно гайхалтай номВ.Сиерпински “Бүхэл тоогоор тэгшитгэлийг шийдвэрлэх тухай” §2.

Дээр дурдсан зүйлийг нэгтгэн дүгнэж хэлэхэд бид хэд хэдэн үл мэдэгдэх шугаман диофантийн тэгшитгэлийг шийдвэрлэх алгоритмыг бичнэ.

Эцэст нь хэлэхэд та тэгшитгэлийн гишүүн бүрт тэгш бус байдлын хэлбэрээр хязгаарлалт нэмж болно гэдгийг хэлэх нь зүйтэй (дараа нь шийдлийн системд тэгш бус байдлын системийг нэмж оруулсан бөгөөд үүний дагуу хариултыг тохируулах шаардлагатай болно. ), мөн өөр сонирхолтой зүйлийг нэмж оруулаарай. Шийдлийн алгоритм нь хатуу бөгөөд компьютерийн програмын хэлбэрээр бичиж болно гэдгийг бид мартаж болохгүй.

Петр чамтай хамт байсан,
Анхаарал тавьсанд баярлалаа.

Диофантийн тэгшитгэл

Диофант тэгшитгэлийг шийдвэрлэх арга

Хамгийн их судлагдсан нь нэг ба хоёрдугаар зэргийн диофантийн тэгшитгэлүүд юм. Эхлээд нэгдүгээр зэргийн тэгшитгэлийг авч үзье. Нэг үл мэдэгдэх шугаман тэгшитгэлийг шийдэх нь сонирхолгүй тул бид хоёр үл мэдэгдэх тэгшитгэл рүү шилжих болно.

Үүнийг шийдэх эхний арга тэгшитгэлийн алгоритмЕвклид. Олж болно хамгийн том хуваагчнатурал тоо a, b, эдгээр тоонуудыг анхны үржвэрт хуваахгүйгээр үлдэгдэлд хуваах үйл явцыг ашиглан. Үүнийг хийхийн тулд та эдгээр тоонуудаас томыг нь жижгээр нь, дараа нь жижиг тоог эхний хуваагдлын үлдэгдэлд, дараа нь эхний хуваалтын үлдэгдлийг хоёр дахь хуваагдлын үлдэгдэлд хувааж, энэ үйл явцыг үргэлжлүүлэх хэрэгтэй. үлдэгдэлгүйгээр хуваагдах хүртэл. Сүүлийн тэг бус үлдэгдэл нь хүссэн gcd(a,b) байна. Энэ мэдэгдлийг батлахын тулд тодорхойлсон үйл явцыг дараах тэгш байдлын гинжин хэлхээний хэлбэрээр төсөөлье: хэрэв a>b бол, тэгвэл

Энд r1,….,rn нь эерэг үлдэгдэл бөгөөд тоо нэмэгдэх тусам буурч байна. Эхний тэгшитгэлээс харахад a ба b тоонуудын нийтлэг хуваагч нь r1-ийг, b ба r1-ийн нийтлэг хуваагч нь a-г хуваадаг тул gcd (a,b) = gcd (r1,r2)=….= gcd (rn) болно. -1, rn) = GCD (rn,0)= rn Эхний тэгшитгэлээс r1-ийн үлдэгдлийг a ба b-ээр илэрхийлэн r1 = a - bq0-ийг гаргая. Үүнийг хоёр дахь тэгшитгэлд орлуулбал r2=b(1+q0q1)-aq1 болно. Цаашид энэ үйл явцыг үргэлжлүүлбэл бид бүх үлдэгдлийг a ба b-ээр илэрхийлэх боломжтой, үүнд сүүлчийн rn = Aa + Bb орно. Үүний үр дүнд бид дараах саналыг нотолсон: хэрвээ d нь натурал тоон а ба b-ийн хамгийн том нийтлэг хуваагч бол d = Aa + Bb байх бүхэл тоонууд А ба В байна. А ба В коэффициентүүд өөр өөр тэмдэгтэй болохыг анхаарна уу; хэрэв GCD(a,b)=1 бол Aa+Bb=1. А ба В тоог хэрхэн олохыг Евклидийн алгоритмаас харж болно.

Одоо хоёр үл мэдэгдэх шугаман тэгшитгэлийн шийдэлд шилжье. Энэ нь дараах байдалтай харагдаж байна.

Хоёр боломжит тохиолдол байдаг: c нь d= gcd(a,b)-д хуваагдах эсвэл үгүй. Эхний тохиолдолд та хоёр талыг d-д хувааж, a1x+b1y=c1 тэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийдэхийн тулд асуудлыг багасгаж, коэффициентүүд нь a1=a/d ба b1=b/d нь хоёрдогч анхны тоо юм. Хоёрдахь тохиолдолд тэгшитгэлд бүхэл тоон шийд байхгүй: x ба у-ийн бүхэл тоонуудын хувьд ax+by тоо d-д хуваагддаг тул d-д хуваагддаггүй c тоотой тэнцүү байж болохгүй. Тиймээс бид (2) тэгшитгэлийн коэффициентүүд хоёрдогч байх тохиолдолд бид өөрсдийгөө хязгаарлаж болно. Өмнөх саналд үндэслэн ax0+by0=1 гэсэн бүхэл тоонууд байгаа бөгөөд үүнээс (cx0,cy0) хос нь (2) тэгшитгэлийг үүнтэй хамт төгсгөлгүй олонлогоор хангана томьёо ашиглан олох боломжтой бүхэл тоон (x,y) хосууд

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

Энд t нь дурын бүхэл тоо юм. ax+by=c тэгшитгэлд өөр бүхэл тооны шийд байхгүй гэдгийг харуулахад хялбар. (3) хэлбэрээр бичсэн шийдлийг (2) тэгшитгэлийн ерөнхий шийдэл гэнэ. t-ийн оронд тодорхой бүхэл тоог орлуулснаар бид түүний тодорхой шийдлийг олж авна. Жишээ нь, өмнө нь тааралдсан 2x+5y=17 тэгшитгэлийн бүхэл тооны шийдүүдийг олъё. 2 ба 5 тоонуудад Евклидийн алгоритмыг хэрэглэснээр 2*3-5=1 болно. Энэ нь cx0=3*17,cy0=-1*17 хос 2x+5y=17 тэгшитгэлийг хангана гэсэн үг. Тийм ч учраас ерөнхий шийдэланхны тэгшитгэл нь x=51+5t, y=-17-2t, энд t нь бүхэл тоон утгыг авч болно. Мэдээжийн хэрэг, сөрөг бус шийдлүүд нь тэгш бус байдал хангагдсан t-тэй тохирч байна.

Эндээс бид олдог - 51 ?t? - 17 . Эдгээр тэгш бус байдлыг -10, -9 тоогоор хангана. 52

Харгалзах хэсэгчилсэн шийдлүүдийг хос (1,3), (6,1) хэлбэрээр бичнэ.

Шувууны тухай эртний Хятадын нэгэн асуудлыг шийдвэрлэхэд ижил аргыг хэрэглэцгээе.

Бодлого: Нийт 100 шувуу авах шаардлагатай бөгөөд нэг тахиа 5 зоос, тахиа 4, 4 тахиа 1 зоос авах шаардлагатай бол 100 зоосоор хэдэн азарган тахиа, тахиа, тахиа авах боломжтой вэ?

Энэ асуудлыг шийдэхийн тулд шаардлагатай тооны азарган тахиаг х, тахиа у, тахиа 4z гэж тэмдэглэе (нөхцөлөөс харахад тахианы тоо 4-т хуваагдах ёстой). Тэгшитгэлийн системийг байгуулъя:

сөрөг бус бүхэл тоогоор шийдэгдэх ёстой. Системийн эхний тэгшитгэлийг 4-өөр, хоёр дахь тэгшитгэлийг (-- 1) үржүүлж үр дүнг нэмснээр -- x+15z=300 бүхэл шийдтэй тэгшитгэлд хүрнэ x= -- 300+ 15t, z = т. Эдгээр утгыг эхний тэгшитгэлд орлуулснаар бид y = 400 -- 19t болно. Энэ нь системийн бүхэл тоон шийдлүүд x = --300+15t, y = 400--19t, z = t хэлбэртэй байна гэсэн үг. Асуудлын нөхцлөөс харахад ийм байна

20?t?21 1/19 хаанаас гардаг вэ, i.e. t = 20 эсвэл t = 21. Тэгэхээр 100 зоосоор 20 тахиа, 80 тахиа, эсвэл 15 азарган тахиа, 1 тахиа, 84 тахиа худалдаж авах боломжтой.

Нэгдүгээр зэрэглэлийн диофантийн тэгшитгэлийг шийдвэрлэх хоёр дахь арга нь өмнөх догол мөрөнд дурдсанаас мөн чанараараа тийм ч их ялгаатай биш боловч өөр нэг сонирхолтой зүйлтэй холбоотой юм. математикийн ойлголт. Бид үргэлжилсэн эсвэл үргэлжилсэн фракцуудын тухай ярьж байна. Тэдгээрийг тодорхойлохын тулд бид Евклидийн алгоритм руу дахин хандана. (1) системийн эхний тэгшитгэлээс үзэхэд a/b бутархайг бүхэл хэсэг ба зохих бутархайн нийлбэрээр бичиж болно: a/b=q0+r1/b. Харин r1/b=1/b, мөн ижил системийн хоёр дахь тэгшитгэл дээр үндэслэн бид b/r1=q1+r2/r1 байна. Энэ нь a/b=q0+1/q1+r2/r1 гэсэн үг. Дараа нь бид a/b=q0+1/q1+1/q2+r3/r2-ыг авна. Энэ процессыг qn хуваарьт хүрэх хүртлээ үргэлжлүүлье. Үүний үр дүнд бид a/b энгийн бутархайг дараах хэлбэрээр үзүүлнэ: a/b=q0+1/q1+1/q2+1/…1/qn. Эйлер энэ төрлийн бутархайг үргэлжлүүлэн нэрлэв. Үүний зэрэгцээ Германд өөр нэг нэр томъёо гарч ирэв - үргэлжилсэн фракц. Тиймээс эдгээр фракцууд хоёр нэрийг хоёуланг нь хадгалсан. Жишээ болгон 40/3т бутархайг гинжин бутархайгаар төсөөлье: 40/3т=1+9/3т=1/3т/9=1+1/3+4/9=1+1/3+1/ 9/4= 1+1/3+1/2+1/4.

Үргэлжлүүлсэн бутархай нь дараах байдалтай байна чухал өмч: Хэрэв бодит тооболон үргэлжилсэн бутархай хэлбэрээр бичвэл зохих бутархай Pk/Qk нь хуваагч нь Qk-ээс хэтрэхгүй бүх бутархайн дотроос a тооны хамгийн сайн ойролцооллыг өгнө. Энэ нь утгуудын хамгийн сайн ойролцооллыг хайж олох шатандаа явж байна квадрат үндэсИталийн математикч Пьетро Антонио Катальди (1552-1626) 1623 онд үргэлжилсэн бутархайн судалгааг эхлүүлсэн. Эцэст нь хэлэхэд, үргэлжилсэн бутархай руу буцаж, жишээлбэл, аравтын бутархайтай харьцуулахад давуу болон сул талуудыг тэмдэглэе. Тохиромжтой тал нь тэдгээрийн шинж чанарууд нь ямар ч тооны системтэй холбоогүйд оршино. Ийм учраас онолын судалгаанд үргэлжилсэн бутархайг үр дүнтэй ашигладаг. Гэхдээ аравтын бутархайн хувьд арифметик үйлдлийг гүйцэтгэхэд тохиромжтой дүрэм байдаггүй тул тэд өргөн практик хэрэглээг хүлээн аваагүй байна.

Диофантийн тэгшитгэлийг авч үзээд шийдье.

1 3x+5y=7 тэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийд.

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

у=1-3к/2=1-2к-к/2=-к+1-к/2,

у=1-3(1-2т)/2=-1+3т,

х=7-5(-1+3т)/3=4-5т

(t-ямар ч тоо).

2 6xІ+5yІ=74 тэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийд.

6xI-24=50-5yI, эсвэл 6(xI-4)=5(10-yI), үүнээс xI-4=5u, i.e. 4+5u?0, хаанаас u?-4/5.

Үүний нэгэн адил:

10-yІ=6u, өөрөөр хэлбэл. 10-6u?0, u?5/3.

u бүхэл тоо тэгш бус байдлыг хангана

4/5?у?5/3, өөрөөр хэлбэл. u=0 ба u=1.

u=0 үед бид 10=yІ авна, энд y нь бүхэл тоо биш, энэ нь буруу. u=1, тэгвэл xI=9, yI=4.

Хариулт: (x1=3, (x2=3, (x3=-3, (x4=-3,))

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

3 xі+yі-3xy=2 тэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийд.

Хэрэв x ба у хоёр сондгой эсвэл аль нэг нь сондгой байвал тэгшитгэлийн зүүн тал нь сондгой тоо, баруун тал нь тэгш тоо байна. Хэрэв x=2m ба y=2n бол 8мі+8ні-12mn=2, өөрөөр хэлбэл. 2(2mі+2nі-3mn)=1 бөгөөд энэ нь m ба n бүхэл тоонуудын хувьд боломжгүй юм.

4 2xІ+5yІ=7 тэгшитгэлд бүхэл тоонд шийдэл байхгүй болохыг батал.

Баталгаа.

Тэгшитгэлээс харахад y байх ёстой сондгой тоо. y=2z+1 гэж тавиад 2xI-20zI-20z-5=7 буюу xI-10zI-10z=6 гарна, энэ нь x нь тэгш тоо гэсэн үг. x=2u гэж үзье. Тэгвэл z(z+1) нь тэгш тоо тул 2uІ-5z(z=1)=3 байх боломжгүй.

5 Үүнийг дурын бүхэл тоогоор батал эерэг утга xІ+yІ=аі тэгшитгэл нь бүхэл тоогоор шийдэгдэх боломжтой.

Баталгаа.

x+y=aI, x-y=a, эндээс x=a(a+1)/2, y=a(a-1)/2 гэж тавья. a-ийн бүхэл тоон утгын хувьд эдгээр бутархай тус бүрийн хуваагч нь тэгш ба сондгой тооны үржвэрийг агуулж байгаа тул ингэж тодорхойлсон x ба y нь бүхэл тоог илэрхийлж, анхны тэгшитгэлийг хангана.

6 (x+1)(xІ+10=yі) тэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийд.

Бид (0;1) ба (-1;0) хос тоо нь тэгшитгэлийн шийдэл гэдгийг шууд олж харлаа. Түүнээс хойш өөр шийдэл байхгүй

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

ямар ч бүхэл тоо y-д биш (дараалсан бүхэл тоонуудын шоо хооронд байрладаг).

10 ба квадрат тэгшитгэлийг шийдэх өөр нэг арга

1. АРГА: Тэгшитгэлийн зүүн талыг хүчин зүйлээр ялгах. 2. АРГА: Бүрэн дөрвөлжин олборлох арга. 3. АРГА: Томьёог ашиглан квадрат тэгшитгэлийг шийдвэрлэх. 4. АРГА: Квадрат тэгшитгэлийн график шийдэл...

Квадрат тэгшитгэлийг шийдэх 10 арга

Квадрат тэгшитгэлүүд нь алгебрийн гайхамшигт байгууламжийн үндэс суурь болдог. Квадрат тэгшитгэлийг тригонометр, экспоненциал, логарифм... шийдвэрлэхэд өргөн ашигладаг.

Диофантийн тэгшитгэл

Диофантийн арифметикийн асуудлыг тэгшитгэлийн тусламжтайгаар шийддэг тэгшитгэлийг шийдвэрлэх асуудлууд арифметикээс илүү алгебртай холбоотой байдаг. Яагаад бид эдгээр тэгшитгэлийг арифметик гэж хэлж байна вэ? Гол нь...

Шугаман диофантийн тэгшитгэл

Диофантос математикийн түүхэн дэх хамгийн зугаатай нууцуудын нэгийг толилуулж байна. Диофант гэж хэн байсныг, амьдралынх нь он жилүүдийг бид мэдэхгүй, түүнтэй нэг салбарт ажиллах байсан түүний өмнөх хүмүүсийг бид мэдэхгүй ...

Логик асуудлууд, тэдгээрийг шийдвэрлэх арга замууд

Радарын хяналтын системийн математик загвар

Үйлдвэрлэлд асуудал үргэлж байсаар ирсэн бөгөөд түүний мөн чанар нь системийг ямар нэг эхний үе шатаас урьдчилан тодорхойлсон эцсийн төлөвт шилжүүлэх явдал байв. Түүнээс гадна шилжилтийн нарийвчлал нь хамгийн их байх ёстой ...

Математик тэгшитгэл ба тэдгээрийг бодлого шийдвэрлэхэд ашиглах

Нэг үл мэдэгдэх тэгшитгэл нь A (x) = B (x) хэлбэрийн тэмдэглэгээ юм - үл мэдэгдэх х-ийн илэрхийлэл. Эдгээр илэрхийлэлд тоо, арифметик үйлдлийн тэмдэг, функцын тэмдэгтээс гадна хувьсагчийг илэрхийлэх бусад үсэг агуулагдаж болно...

Бага ангийн сурагчдад үгийн бодлого шийдвэрлэх арга зүйн онцлог

Бодлого шийдвэрлэх гэдэг нь тухайн асуудалд байгаа тоо, хэмжигдэхүүн, хамаарал бүхий логик зөв дараалал бүхий үйлдэл, үйлдлийн дарааллаар тодорхой болон шууд бусаар тухайн асуудлын шаардлагыг биелүүлэх (асуултанд хариулах) гэсэн үг юм...

Диофантийн тэгшитгэлийг шийдвэрлэх тооны геометрийн аргууд

Лагранжийн дөрвөн квадрат теорем. Теорем: Аливаа натурал тоог дөрвөн квадрат бүхэл тооны нийлбэрээр илэрхийлж болно (*) Зөвхөн квадратгүй тоонуудын хувьд дүрслэл (*) байгааг батлахад хангалттай гэдэг нь ойлгомжтой...

Математикийн асуудлыг шийдвэрлэх стандарт бус аргууд

Математикийн элсэлтийн шалгалтын хамгийн хэцүү асуудлуудын нэг нь функциональ тэгшитгэлийн хэлбэрийг авч үзэх, --- зарим функц ба...

Тэгшитгэл ба тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх стандарт бус аргууд

Функцийн шинж чанарыг ашиглахаас гадна тэгшитгэл, тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх бусад стандарт бус аргууд байдаг. Энэ бүлэг нь асуудлыг шийдвэрлэх нэмэлт аргуудад зориулагдсан болно ...

Боловсрол, шинжлэх ухааны яам

Оюутны шинжлэх ухааны нийгэмлэг

"Алгебр" хэсэг

Сэдэв дээр ажиллах:

"Диофантины тэгшитгэл"

Дууссан:

НЗДТГ-ын 43-р дунд сургуулийн 10 "А" ангийн сурагч

Булавина Татьяна

Шинжлэх ухааны удирдагч: Пестова

Надежда Ивановна

Нижний Новгород 2010 он

Танилцуулга

Диофантийн тэгшитгэлийн тухай

Диофант тэгшитгэлийг шийдвэрлэх арга

Лавлагаа

Танилцуулга

Би арифметик хэрхэн үүссэнийг сонирхож байсан тул "Диофантын тэгшитгэл" сэдвийг сонгосон.

Александрийн Диофант (3-р зуун) - Грекийн математикч. Түүний “Арифметик” номыг үе үеийн математикчид судалсан.

4-3-р зууны эртний Грекийн шинжлэх ухааны ер бусын цэцэглэлт. МЭӨ д. Шинэ эриний эхэн үед энэ нь Грекийг Ром эзлэн авсны улмаас аажмаар буурч, дараа нь Ромын эзэнт гүрний задралын эхлэлээр солигдов. Гэвч энэ бүдгэрч буйн ард тод бамбар асаж байна. МЭ 3-р зуунд Александрын математикч Диофант "Арифметик" хэмээх бүтээл гарч ирэв. Диофантийн амьдралын талаар бид зөвхөн Палатины антологид багтсан шүлгээс л мэддэг. Энэхүү антологид 6-р зууны Грекийн яруу найрагч, математикчийн цуглуулсан шүлгийн 48 бодлого багтсан болно. Метродор. Тэдний дунд усан сан, Хэроны титэм, Диофантийн амьдралын зам зэрэг асуудлууд байв. Сүүлийнх нь булшны чулуун бичээс хэлбэрээр бүтээгдсэн.

Диофантусын үнс булшинд оршдог: түүнийг гайхшруулж, чулуу

Талийгаачийн нас мэргэн урлагаар нь ярина.

Тэрээр бурхдын хүслээр хүүхэд байхдаа амьдралынхаа зургаагийн нэгийг өнгөрөөжээ.

Тэгээд би хацар дээр хөвсгөр 5 цаг хагастай уулзсан.

Найз охинтойгоо сүй тавиад дөнгөж долоо дахь өдөр байлаа.

Түүнтэй таван жил суусны эцэст мэргэн хүүгээ хүлээв.

Аавынх нь хайртай хүү амьдралынхаа хагасыг л туулсан.

Түүнийг эцгээсээ эрт булшны дэргэд авав.

Эцэг эх нь хоёр жилийн турш хоёр удаа гашуудаж байв.

Энд би гунигтай амьдралынхаа хязгаарыг олж харав.

“Арифметик” зохиол нь эртний математикт үүссэн цаг хугацааны хувьд төдийгүй агуулгын хувьд онцгой байр суурь эзэлдэг. Үүний дийлэнх нь тооны онолын янз бүрийн асуудлууд, тэдгээрийн шийдлүүдээс бүрддэг. Гэхдээ хамгийн чухал зүйл бол эртний Грекчүүдийн дунд Диофантийн шийдэлд алгебрийн болон тооны онолын аргуудыг урьдчилан таамаглаж байсан шиг геометрийн аргыг ашигладаггүй; Харамсалтай нь, арифметикийг бүрдүүлсэн 13 номоос эхний 6 нь л бидэнд хүрч, үлдсэн нь тухайн үеийн хямарсан цаг үеийн эргэлтэнд мөхсөн. Диофант нас барснаас хойш 100 жилийн дараа эртний Грекийн шинжлэх ухааны үнэлж баршгүй эрдэнэсийг агуулсан алдарт Александрын номын сан шатсан гэдгийг хэлэхэд хангалттай.

Диофантийн тэгшитгэл дээр.

Диофантийн арифметикийн асуудлыг тэгшитгэлийн тусламжтайгаар шийддэг тэгшитгэлийг шийдвэрлэх асуудлууд арифметикээс илүү алгебртай холбоотой байдаг. Яагаад бид эдгээр тэгшитгэлийг арифметик гэж хэлж байна вэ? Үнэн хэрэгтээ эдгээр ажлууд нь тодорхой шинж чанартай байдаг.

Нэгдүгээрт, тэдгээрийг тэгшитгэл эсвэл бүхэл тооны коэффициент бүхий тэгшитгэлийн систем болгон бууруулна. Дүрмээр бол эдгээр системүүд нь тодорхойгүй, i.e. тэдгээр дэх тэгшитгэлийн тоо нь үл мэдэгдэх тооноос бага байна.

Хоёрдугаарт, зөвхөн бүхэл тоо, ихэвчлэн байгалийн шийдлийг олох хэрэгтэй.

Эдгээрийн бүх хязгааргүй олонлогоос ийм шийдлүүдийг сонгохын тулд бүхэл тоонуудын шинж чанарыг ашиглах хэрэгтэй бөгөөд энэ нь арифметикийн талбарт аль хэдийн хамааралтай байдаг.

Диофантийн тэгшитгэл нь бүхэл тоо эсвэл оновчтой шийдийг олох ёстой бүхэл тооны коэффициент бүхий алгебрийн тэгшитгэл эсвэл алгебрийн тэгшитгэлийн систем юм. Түүгээр ч барахгүй тэгшитгэл дэх үл мэдэгдэх тоо нь тэгшитгэлийн тооноос их байна. Диофантийн тэгшитгэлийн онолыг нэг ч том математикч өнгөрөөгүй.

Орчин үеийн энгийн асуудлыг авч үзье.

Худалдан авалтын хувьд та 1700 рубль төлөх шаардлагатай болно. Худалдан авагчид зөвхөн 200 рублийн үнэт цаас байдаг. ба 500 рубль. Тэр ямар аргаар төлж чадах вэ? Энэ асуултад хариулахын тулд x ба y хоёр үл мэдэгдэх 2x + 5y=17 тэгшитгэлийг шийдвэрлэхэд хангалттай. Ийм тэгшитгэл нь хязгааргүй олон шийдтэй байдаг. Ялангуяа (x, 17-2x/5) хэлбэрийн аль ч хос тоо нь үүссэн тэгшитгэлтэй тохирч байна. Гэхдээ энэ практик асуудлын хувьд зөвхөн x ба y-ийн сөрөг бус бүхэл тоонууд тохиромжтой. Тиймээс бид асуудлын дараах томъёололд хүрнэ: 2x+5y=17 тэгшитгэлийн бүх бүх сөрөг бус шийдлүүдийг ол. Хариулт нь эцэс төгсгөлгүй тоо байхаа больсон, харин зөвхөн хоёр хос тоо (1, 3) болон (6, 1) Диофант өөрөө асуудлаа шийджээ. Түүний Арифметикийн зарим асуудлыг энд оруулав.

1. Үржвэр нь тэдгээрийн нийлбэртэй өгөгдсөн харьцаатай байхаар хоёр тоог ол.

2. Квадратуудын нийлбэр нь мөн квадрат байх гурван квадратыг ол.

3. Хоёр тоог олоод нийлбэрийг нь нэмэх, хасах үед үржвэр нь шоо болно.

4. 13=2²+3² тооны хувьд квадратуудын нийлбэр нь 13 байх өөр хоёрыг ол.

Сүүлчийн асуудлын Диофантийн шийдлийг танилцуулъя. Тэрээр эхний тоог (А-аар тэмдэглэсэн) x+2-тэй тэнцүү, хоёр дахь B тоог 2x-3-тай тэнцүү болгож, x-ийн өмнөх коэффициентийг өөр гэж авч болохыг харуулж байна. Тэгшитгэл шийдвэрлэх

(x+2)²+(kx-3)²=13,

Диофант x=8/5, үүнээс A=18/5,B=1/5 гэж олжээ. Диофантын зааврыг ашиглаад B-ийн илэрхийлэлд x-ийн урд дурын коэффициент авъя. Тэгшитгэлээс дахин A=x+2, B=kx-3 гэж үзье.

(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.

Одоо Диофантын үндэслэл тодорхой болов. Тэрээр 2²+3²=13 нөхцөлийг харгалзан үзэхэд квадрат тэгшитгэлийн зэрэглэлийг багасгах боломжийг олгодог маш тохиромжтой орлуулалтыг A=x+2, B=2x-3-ийг танилцуулж байна. B-тэй адил амжилтаар 2x+3-ыг авах боломжтой байсан ч дараа нь бид Диофант зөвшөөрөөгүй В-ийн сөрөг утгыг авдаг. Мэдээжийн хэрэг, k=2 нь А ба В эерэг байх хамгийн бага натурал тоо юм.

Diifant тэгшитгэлийг судлах нь ихэвчлэн маш их бэрхшээлтэй холбоотой байдаг. Түүнээс гадна та бүхэл тооны коэффициент бүхий F (x,y1,y2,…,yn) олон гишүүнтийг зааж өгч болох тул ямар ч бүхэл тооноос F (x,y1,y2,…) тэгшитгэл байгаа эсэхийг мэдэх боломжийг олгодог алгоритм байхгүй болно. ,yn) нь y1,…,y-тэй харьцуулахад )=0 шийдвэрлэх боломжтой. Ийм олон гишүүнтийн жишээг тодорхой бичиж болно. Тэдгээрийн шийдлийн талаар дэлгэрэнгүй тайлбар өгөх боломжгүй юм.

Диофантийн асуудлыг орчин үеийн томъёолсон нь бид Ферматад өртэй. Тодорхой бус тэгшитгэлийг зөвхөн бүхэл тоогоор шийдэх асуудлыг Европын математикчдаас өмнө тавьсан хүн юм. Энэ нь Фермагийн шинэ бүтээл биш гэдгийг хэлэх ёстой - тэр зөвхөн бүхэл тооны шийдлийг олох сонирхлыг сэргээсэн. Ер нь зөвхөн бүхэл тоон шийдлийг зөвшөөрдөг асуудлууд орчин үеийн математикт диофантийн тэгшитгэлийг судалж, тэдгээрийг шийдвэрлэх арга замыг эрэлхийлдэг бүхэл бүтэн чиглэл байдаг , энэ нь геометрийн аргыг нотлох баримтыг ашигладаг тул.

Диофантийн хамгийн энгийн тэгшитгэл ax+by=1, a ба b нь салшгүй харилцан хамаарал анхны тоонууд, хязгааргүй олон шийдтэй (х0 ба y0 нь шийд байвал x=x0+bn, y=y0-an, энд n нь дурын бүхэл тоо нь мөн шийдэл байх болно).

Диофантийн тэгшитгэлийн өөр нэг жишээ

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

Энэ бол 2-р зэргийн диофантийн тэгшитгэл юм. Одоо бид түүний шийдлийг хайх болно. Тэдгээрийг гурвалсан тооны (x,y,z) хэлбэрээр бичих нь тохиромжтой. Тэднийг Пифагорын гурвалсан гэж нэрлэдэг. Ерөнхийдөө (5) тэгшитгэл нь хязгааргүй тооны шийдлээр хангагдана. Гэхдээ бид зөвхөн байгалийн зүйлийг л сонирхох болно. Энэ тэгшитгэлийн бүхэл, эерэг шийдлүүд нь бүхэл талын урттай тэгш өнцөгт гурвалжны x, y, гипотенуз z-ийн уртыг төлөөлж, Пифагорын тоо гэж нэрлэдэг. Бидний даалгавар бол бүх гурвыг олох явдал юм Пифагорын тоо. Хэрэв ийм гурвалсан хоёр тоо нийтлэг хуваагчтай бол гурав дахь тоо нь мөн түүнд хуваагдана гэдгийг анхаарна уу. Тэдгээрийг бүгдийг нь нийтлэг хуваагчаар хуваавал бид Пифагорын гурвалсан тоог дахин олж авна. Энэ нь ямар ч Пифагорын гурвалсан гурваас нэг нь өөр нэг Пифагор гурвалсан руу шилжиж болно гэсэн үг бөгөөд тэдгээрийн тоо нь хосоороо харилцан анхны байдаг. Ийм гурвыг команд гэж нэрлэдэг. Мэдээжийн хэрэг, бидний даалгаврын хувьд Пифагорын анхдагч гурвын ерөнхий хэлбэрийг олоход хангалттай. Анхан шатны Пифагорын гурвалсанд хоёр тоо тэгш байж болохгүй, гэхдээ нэгэн зэрэг гурван тоо нэгэн зэрэг сондгой байж чадахгүй нь ойлгомжтой. Зөвхөн нэг сонголт үлдсэн: хоёр тоо сондгой, нэг нь тэгш байна. z нь тэгш тоо байж болохгүй гэдгийг харуулъя. Эсрэгээр нь гэж үзье: z=2m, тэгвэл x, y нь сондгой тоо. x=2k+1, y=2t+1. Энэ тохиолдолд x²+y²=4(k²+k+t²+t)+2 нийлбэр нь 4-т хуваагдахгүй, харин z²=4m² нь 4-т хуваагдана. Тэгэхээр x эсвэл y нь тэгш тоо юм. x=2u, y ба z сондгой тоо байг. z+y=2v, z-y=2w гэж тэмдэглэе. v ба w тоонууд харилцан анхны байна. Үнэн хэрэгтээ хэрэв тэд d>1 нийтлэг хуваагчтай байсан бол z=w+v ба y=v-w хоёуланд нь хуваагч байх байсан нь y ба z-ийн харьцангуй энгийн байдалтай зөрчилддөг. Нэмж хэлэхэд, v ба w нь өөр өөр паритеттай: тэгэхгүй бол y ба z нь тэгш байх болно. x²=(z+y)(z-y) тэгшитгэлээс u²=vw гэж гарна. v ба w нь хоёрдогч бөгөөд тэдгээрийн үржвэр нь квадрат тул хүчин зүйлүүд тус бүр нь квадрат болно. Энэ нь v=p², w= q² p ба q натурал тоонууд байгаа гэсэн үг. Мэдээжийн хэрэг, p ба q тоонууд нь хоёрдогч бөгөөд өөр өөр паритуудтай. Одоо бидэнд байна

z=p²+q² , y=p²-q²,

x²=(p²+q²)²-(p²-q²)²=4 p² q².

Үүний үр дүнд бид ямар ч анхдагч Пифагор гурвалсан (x,y,z)-ийн хувьд өөр өөр паритеттай p ба q харилцан анхны натурал тоо p>q байдгийг нотолсон.

x =2pq, y =p²-q², z = p 2 + q 2 .(6)

Томъёог ашиглан Пифагорын бүх гурвалсан тоог олж авч болно

x =2pq, y = p²-q², z = p 2 + q 2 ,

Энд m ба n нь харилцан анхны бүхэл тоо юм. Түүний бусад бүх байгалийн шийдэл нь дараах хэлбэртэй байна.

x=2kpq,y=k(p²-q²),z=k(х 2 + q 2 ),

Энд k нь дурын натурал тоо юм. Одоо дараах бодлогыг авч үзье: m>2 дурын натурал тоо өгөгдсөн; Нэг тал нь m-тэй тэнцүү Пифагор гурвалжин бий юу? Хэрэв бид хөл нь өгөгдсөн m урттай байхыг шаардах юм бол аль ч m-ийн хариулт эерэг байна. Үүнийг баталцгаая. Эхлээд үзье m-сондгой тоо. p=m+1/2, q=m-1/2 гэе. Бид Пифагорын гурвалсан хэсгийг авдаг

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

1. Диофант ба түүний бүтээлүүд…………………………………………………………………………………………………………………3-4

2. Диофантын тэгшитгэлийн шийдэл……………………………………………………..4-7

2.1. Нэг үл мэдэгдэх диофатины тэгшитгэл ……………………………..4-5

2.2. x2 + y2 = z2 хэлбэрийн хоёрдугаар зэргийн тодорхойгүй тэгшитгэлүүд………….5-6

2.3. Асуудлыг шийдвэрлэх жишээ ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………….7

3. Миний судалгаа………………………………………………………………………………8-11

4. "Тухай" олон өнцөгт тоо» Диопанта…………………………………………………………11-14

5. Дүгнэлт………………………………………………………………………………..15

6. Ашигласан уран зохиолын жагсаалт…………………………………………………16

Танилцуулга.

Нэг их түүх биш. Александрын Диофантийн амьдралын нарийн ширийн зүйлийн талаар бараг юу ч мэдэгддэггүй. Диофант Hypsicles-ээс иш татсан - МЭӨ 2-р зуун, Александрийн Теон Диофантын тухай бичжээ - МЭ 350 орчим, түүний амьдрал энэ үеийн хил хязгаар дотор явагдсан гэж таамаглаж болно. Диофантын амьдралын цаг хугацааг тодруулах боломж нь түүний "Арифметик" нь "хамгийн эрхэмсэг Дионисиус"-д зориулагдсан байдаг. Энэ Дионисий бол МЭ 3-р зууны дунд үед амьдарч байсан Александрийн бишоп Дионисиусаас өөр хүн биш гэж үздэг. Диофантусын оршин суудаг газар нь алдартай - энэ бол алдартай Александриа юм. Эллинист ертөнцийн шинжлэх ухааны сэтгэлгээний төв. Палатины антологи нь эпиграм-даалгаврыг агуулдаг:

Диофантийн үнс булшинд үлдсэн; Түүнийг болон чулууг гайхшруулаарай.

Талийгаачийн нас мэргэн урлагаар нь ярина.

Тэрээр бурхдын хүслээр хүүхэд байхдаа амьдралынхаа зургаагийн нэгийг өнгөрөөжээ.

Тэгээд би хацар дээр хөвсгөр 5 цаг хагастай уулзсан.

Дөнгөж долоо өнгөрч байна. Тэр найз охинтойгоо сүй тавьсан.

Түүнтэй таван жилийг өнгөрөөсний дараа мэргэн хүүтэй болжээ;

Хайртай хүү нь аавынхаа амьдралын хагасыг л туулсан.

Түүнийг эцгээсээ эрт булшны дэргэд авав.

Хоёр жилийн турш эцэг эх нь маш их уй гашуугаар гашуудаж байв.

Энд би гунигтай амьдралынхаа хязгаарыг олж харав.

(Орчуулга)

Ашиглаж байна орчин үеийн аргуудТэгшитгэлийн шийдлүүдийг Диофант хэдэн жил амьдарсаныг тооцоолж болно.

Диофантыг x жил амьдруул. Тэгшитгэл үүсгэж, шийдье:

Бутархай хэсгүүдээс салахын тулд тэгшитгэлийг 84-ээр үржүүлье.

Ийнхүү Диофант 84 жил амьдарсан *(Залуу математикчийн нэвтэрхий толь бичиг. Эмхэтгэсэн - Москва: Педагоги, 1989).

Диофантийн тэгшитгэлийг судлахдаа дараахь асуултуудыг ихэвчлэн тавьдаг.

1. Тэгшитгэл бүхэл тооны шийдтэй юу;

2. Түүний бүхэл тоон шийдүүдийн төгсгөлтэй эсвэл хязгааргүй олонлог;

3. Бүхэл тооны олонлог дээрх тэгшитгэлийг шийд, өөрөөр хэлбэл түүний бүх бүхэл шийдийг ол.

4. Эерэг бүхэл тоонуудын олонлог дээрх тэгшитгэлийг шийдэх;

Тиймээс өмнө нь танилцуулсан “Диофантын тэгшитгэл”-ийг баримтад тулгуурлан судлах нь надад сонирхолтой санагдаж байна.

Тиймээс миний ажлын зорилго нь:

Нэг үл мэдэгдэх тэгшитгэлийг шийдвэрлэх хувилбаруудыг судлах;

Хоёр үл мэдэгдэх тэгшитгэлийн хувилбаруудыг судлах;

Хай ерөнхий хэв маягөгөгдсөн даалгавруудыг шийдвэрлэх үр дүн.

Судалгааны хамаарал нь тэгшитгэлийг шийдвэрлэхэд бэрхшээлтэй, "Диофантын тэгшитгэл" зохиох асуудалтай холбоотой юм.

Энэхүү ажилд танилцуулсан материал нь олимпиадын асуудал, шалгалтын материалыг судалсны үндсэн дээр хийгдсэн болно.

I. Диофант ба түүний бүтээлүүд

Диофантын гол бүтээл бол арван гурван номонд багтсан "Арифметик" юм. Харамсалтай нь өнөөдрийг хүртэл арван гурван номоос эхний зургаан ном л үлджээ. Диофантын "Арифметик" бол нийтдээ 189 асуудлын цуглуулга бөгөөд тус бүр нь шийдэл эсвэл шийдвэрлэх хэд хэдэн арга, шаардлагатай тайлбарыг агуулсан болно. Тийм учраас өнгөц харахад онолын ажил биш юм шиг санагддаг. Гэсэн хэдий ч хэзээ анхааралтай уншихАсуудлыг анхааралтай сонгож, маш тодорхой, хатуу бодож боловсруулсан аргуудыг харуулахад үйлчилдэг нь тодорхой юм. Эрт дээр үед заншилтай байсан шиг аргуудыг ерөнхий хэлбэрээр томъёолдоггүй, ижил төстэй асуудлыг шийдвэрлэхийн тулд давтдаг. Гол асуудлуудАрифметик эерэгийг олж байна оновчтой шийдвэрүүдтодорхой бус тэгшитгэл. Рационал тооДиофант үүнийг байгалийнхтай адил тайлбарладаг бөгөөд энэ нь эртний математикчдад ердийн зүйл биш юм. Эхлээд Диофант хоёр үл мэдэгдэх хоёр дахь эрэмбийн тэгшитгэлийн системийг судалдаг. Энэ нь аль хэдийн мэдэгдэж байгаа бол өөр шийдлийг олох аргыг зааж өгдөг. Дараа нь тэр тэгшитгэлд ижил төстэй аргуудыг ашигладаг илүү өндөр зэрэгтэй. 10-р зуунд Арифметик хэл рүү орчуулагдсан АрабҮүний дараа Исламын орнуудын математикч Абу Камил болон бусад хүмүүс Диофантийн зарим судалгааг үргэлжлүүлэв. Рафаэль Бомбелли Ватиканы номын сангаас энэ бүтээлийг олж, 143 бодлогыг "Алгебр" (1572) номдоо нийтлүүлсний дараа Европт арифметикийн сонирхол нэмэгдсэн. 1621 онд сонгодог гарч, дэлгэрэнгүй тайлбар хийсэн Латин орчуулгаБачет де Мезириакийн "Арифметик". Диофантийн аргууд Франсуа Вьет, Пьер Фермат нарт асар их нөлөө үзүүлсэн боловч орчин үед тодорхойгүй тэгшитгэлийг Диофант шиг оновчтой тоогоор биш харин бүхэл тоогоор шийддэг. Диофантийн бусад бүтээлүүд бас мэдэгдэж байна. "Олон өнцөгт тоонуудын тухай" зохиол бүрэн хадгалагдаагүй байна. аргуудыг ашиглан хадгалсан хэсэгт геометрийн алгебрХэд хэдэн туслах теоремуудыг гаргаж авсан. Диофантын "Гадаргууг хэмжих тухай", "Үржүүлэх тухай" бүтээлүүдээс зөвхөн хэлтэрхийнүүд хадгалагдан үлджээ. Диофантийн "Поризмууд" номыг зөвхөн арифметикт ашигласан цөөн хэдэн теоремуудаас л мэддэг.* (Перелман математик. - Москва, 1962)

Дүгнэлт: Дээрх материалд үндэслэн Александрын Диофант нэг шийдэл дээр зогсдоггүй, тэр даалгаварт хоёр дахь болон дараагийн шийдлүүдийг олохыг хичээдэг гэж дүгнэх ёстой.

2. Диофантын тэгшитгэлийн шийдэл.

2.1. Нэг үл мэдэгдэх диофантийн тэгшитгэл.

Хаана - бүхэл тоо.

Теорем.Хэрэв бүхэл тоон коэффициент бүхий тэгшитгэл байгаа бол бүх үндэс, тэгвэл энэ язгуур нь тооны хуваагч (тэгшитгэлийн чөлөөт гишүүн) болно. Иймд бүхэл тооны коэффициент бүхий тэгшитгэлийн бүхэл язгуурыг олохдоо зөвхөн чөлөөт гишүүний хуваагчийг шалгахад хангалттай.*(Урилга анхан шатны онолтоо. ,.)

Асуудал 1

Шийдэл. Чөлөөт гишүүнтэгшитгэл нь дараах хуваагчтай байна https://pandia.ru/text/78/308/images/image009_5.gif" width="92 height=23" height="23">.

Асуудал 2. Тэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийд

2х4 + 7х3 - 12х2 - 38х + 21 = 0.

Шийдэл. Тэгшитгэлийн чөлөөт гишүүн дараах хуваагчтай байна

Анхны тэгшитгэлд орлуулснаар бид зөвхөн энэ олонлогоос л гэдэгт итгэлтэй байна

-3 тоо нь түүний бүхэл язгуур юм.

Хариулт: x=-3.

2.2. Тодорхой бус тэгшитгэлүүдII- маягтын р зэрэгx2 + y2 = z2

Өөр бий хувийн асуудалтодорхойгүй тэгшитгэл рүү - одоо хоёр дахь зэрэг нь Эртний Египетэд Диофантаас хоёр мянган жилийн өмнө үүссэн.

Хэрэв гурвалжны талууд нь 3, 4, 5 тоонуудтай пропорциональ байвал энэ гурвалжин нь тэгш өнцөгт гурвалжин болно. Энэ баримтыг газар дээр тэгш өнцөг үүсгэхэд ашигласан. Тэд үүнийг маш энгийнээр хийсэн. Олс дээр тэнцүү зайбие биенээсээ зангидсан (Зураг 1)

Цагаан будаа. 1.

Зөв өнцгийг барих шаардлагатай С цэг дээр тэд алхаар цохиж, олсыг барилгачдад шаардлагатай чиглэлд татан, B цэг дээр (CB = 4) цохиж, олсыг татахад AC = 3 ба AB = 5. Эдгээр талын урттай гурвалжинг Египет гэж нэрлэдэг. Мэдээжийн хэрэг, ийм барилгын алдаагүй байдал нь теоремоос үүдэлтэй гэдгийг бид ойлгож байна урвуу теоремПифагор. Үнэхээр,

32 + 42 = 52..gif" width="85 height=24" height="24"> бүхэл тоо нь маш энгийн болсон. Натурал тоонуудын квадратуудыг бие биенээсээ салгаж дараалан бичье. Таслал бүрийн доор дараалсан квадратуудын ялгааг бичнэ үү.

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 … .

Одоо анхаарлаа хандуулаарай! Доод мөрөнд дөрвөлжин тоонууд бас байна уу? Ид! Тэдний эхнийх нь 9 = 32, дээр нь 16 = 42 ба 25 = 52, танил гурвалсан 3, 4, 5.

Дагаж байна квадрат тоодоод мөрөнд 25, энэ нь 144 ба 169-тэй тохирч байгаа бөгөөд эндээс бид 5, 12, 13 гэх мэт бидэнд мэдэгдэж буй хоёр дахь гурвыг олно. Эндээс бид дараах теоремыг томъёолох эрхтэй: Сондгой тоо бүр нь дараалсан хоёр квадрат. Ийм мөр зохиох нь нэлээд уйтгартай, цаг хугацаа шаардсан ажил юм. Томъёо ашиглан ийм гурвалсан тоог олох нь илүү хялбар бөгөөд хурдан байдаг. Хэрэв сондгой тоо байвал . Энэ тохиолдолд DIV_ADBLOCK443"> тэгш байдал байгаа эсэхийг шалгая

хэрэв 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="> - хоёр дахь гурав, гэх мэт. * (Башмакова ба Диофантийн тэгшитгэл - М.: "Наука", 1972)

2.3. Асуудлыг шийдвэрлэх жишээ.

Асуудал 1.Тэгшитгэлийг хангасан бүх натурал тооны хосыг ол

Шийдэл.Тэгшитгэлийн зүүн талыг үржвэрлэж, хэлбэрийн тэгшитгэл бичье: https://pandia.ru/text/78/308/images/image026_0.gif" width="63" height="21">, бид олж авна. Хоёр тэгшитгэлийн системийг шийдэж, бид шаардлагатай тоог олох боломжтой.

Эхний систем нь шийдэлтэй байна https://pandia.ru/text/78/308/images/image030_0.gif" width="91" height="21">.

Хариулт: .

Асуудал 2. Тэгшитгэл гэдгийг батал

Бүрэн шийдэл байхгүй.

Шийдэл.Тэгшитгэлийн зүүн талыг үржвэрлэж, энэ тэгшитгэлийг хэлбэрээр бичье. Тохиолдол 1..gif" width="57" height="24 src=">, гэхдээ энэ тоо нь бүхэл тоо биш юм. Энэ нь y = 0 үед энэ тэгшитгэлд бүхэл тоон шийдэл байхгүй гэсэн үг юм. Тохиолдол 2. , дараа нь бүгд тав байя. Тэгшитгэлийн зүүн талд байгаа хүчин зүйлүүд нь ялгаатай, нөгөө талаас 33-ын тоог максимумын үржвэр болгон төлөөлж болно. дөрвөн өөрүржүүлэгч (33=1·3·11 эсвэл 33=-1·3·(-11)·1 гэх мэт). Иймээс энэ тэгшитгэлийн хувьд бүхэл бүтэн шийдэл байхгүй * (Новоселовын анхан шатны алгебрийн курс. - М: Зөвлөлтийн шинжлэх ухаан, 1956). Тэгшитгэлийг шийдэх нь натурал тоог олоход хүргэдэг гэж дүгнэх ёстой; Пифагорын гурвалжинг ашиглан

3. Миний судалгаа.

1. Бүх натурал тоонуудыг олооройтэгшитгэл3х + 5у = ​​ссөрөг бус бүхэл тоонуудын шийдэлтэй.

c = 3.5, 6, 8, 9-ийн хувьд 3x + 5 y = c тэгшитгэл нь x ба y сөрөг бус тоонуудын шийдэлтэй байх нь ойлгомжтой, харин c = 1, 2, 4, 7-ийн хувьд тэгшитгэл байхгүй байна. ийм шийдлүүд. Хэрэв Зn + 5т = с, (n, m Є N), 3(n +1) + 5т = с + 3 бол 3*1 + 5*1 = 8 тул Зх + тэгшитгэлийг анхаарна уу. c = 8, 8 + 3 = 11, 11 + 3 = 14, 17, 20, 23,...-тэй 5y = c нь шийдэлтэй байна. Үүний нэгэн адил 3*3 = 9 ба 5*2 = 10 тул c = 9, 9 + 3 = 12, 15, 18,..., c = 10, 13, 16, 19,... 3x + 5 y = c тэгшитгэл нь сөрөг бус бүхэл тоонуудын шийдэлтэй байна. Харин t = 0.1, 2, 3,... 8 + 3t, ​​9 + 3t, ​​10 + 3t дараалалд 7-оос дээш бүх натурал тоог агуулна. Тиймээс аливаа натурал тоо c > 1 байна. , 3x + 5 y = c тэгшитгэл нь x ба y сөрөг бус бүхэл тоонуудын шийдэлтэй байна. Асуудлыг шийдэх өөр аргыг танд хэлье. Энэ арга нь өмнө нь өгсөн аргаас арай бага боловсронгуй боловч илүү түгээмэл байдаг. Энэ нь эхлээд бид (1) томъёог ашиглан тэгшитгэлийн бүх бүхэл шийдлүүдийг олж, дараа нь x ба y-ийн сөрөг бус байдлаас шалтгаалан t бүхэл тоон параметрт зарим хязгаарлалтыг олж авдаг явдал юм. Тэгэхээр 3*2 + 5*(-1) = 1-ээс 3*(2c) + 5*(-c) = c, өөрөөр хэлбэл x0=2c ба y0=-c байна. Эндээс (1) томъёоны дагуу бид x = 2c-5t, y = - c + 3t-ийг авна. Дараа нь 2c-5t≥0 ба - с+ 3t≥0 нөхцлөөс бид t Є-г авна. Тиймээс, асуудлыг шийдэхийн тулд бид энэ бүгдийг зааж өгөх хэрэгтэй байгалийн үнэт зүйлс c, сегмент нь дор хаяж нэг бүхэл тоо агуулна. Хэрэв сегментийн урт нь тодорхой байна

2c/5 – c/3 = c/15 нь хамгийн багадаа нэг бол бүхэл тоо агуулсан байх ёстой. Үүнээс үзэхэд c ≥15 хувьд 3x + 5y = c тэгшитгэл нь сөрөг бус бүхэл тоогоор шийдэгдэх боломжтой. 1≤с≤14-ийг энгийн хайлтаар хялбархан шалгаж болох тохиолдлууд. Є (3;5;6;8;9;10;11;12;13;14)-ээр олъё. Тиймээс бид хариултыг авна: c Є (3;5;6) U (z Є Z │ z≥8).

2. Тэгшитгэлийг бүхэл тоогоор шийд:

5-ыг -4-т "үлдэгдэл"-ээр хуваа. , анхны тэгшитгэлийг хэлбэрт шилжүүлнэ

Тиймээс https://pandia.ru/text/78/308/images/image041.gif" width="140" height="21 src=">-г сольж байна.

DIV_ADBLOCK445">

2x+y+7(3x-2y+z)=5 хаана байна. Одоо u= 3x-2y+z гэж тавиад 2x+y+7u=5 тэгшитгэл гарна.

Тиймээс бид эцэст нь дараахь зүйлийг олж авна: Y = 5-2x-7u, z = 10-7x-13u, энд x ба Є Z параметрүүд нь таамагласан Диофантины тэгшитгэлийн ерөнхий шийдийг өгдөг. Энэхүү "хамгийн бага коэффициент" арга нь ax+by=c хэлбэрийн диофантийн тэгшитгэлийг шийдвэрлэхэд мөн хамаарна.

4. 3-т хуваагдахад 2, 5-д хуваагдвал 3-ын үлдэгдэл үлдэх натурал тоог ол.

Шаардлагатай тоог х гэж тэмдэглэе. Хэрэв бид х-ийг 3-т хуваах, 5-ыг z-д хуваах хэсгийг тэмдэглэвэл үлдэгдэлтэй хуваах теоремоор x=3y+2, x=5z+3 гарна. Ингээд 5z-3у+1=0 тэгшитгэлийг натурал тоогоор шийдэх хэрэгтэй. Энэ тэгшитгэлийг шийдэхийн тулд өмнө тайлбарласан алгоритмыг ашигласнаар бид z=1+3t, y= 2+5t (t Є Z) ба иймд x=5z+3=5(2+3t)+3= 8+15t болно. . Нөхцөлөөр x нь натурал тоо байх ёстой тул хариулт дахь t параметр нь зөвхөн сөрөг бус бүхэл тоон утгыг авах ёстой, өөрөөр хэлбэл X = 8 + 15t, t Є Z.

5. Эсгий үзэг 7 рубль, харандаа тус бүрийг 4 рубль нийт 53 рублиэр авсан. Та хичнээн маркер, харандаа худалдаж авсан бэ?

7x+ 4y=53 болзолоор x тэмдэглэгээний тоо, y харандааны тоо гэж үзье. Энэхүү шугаман диофант тэгшитгэлийн тодорхой шийдэл нь: x=7, y=1. Дараа нь түүний ерөнхий шийдэл нь дараах хэлбэртэй байна: x= 7-4t, y= 1+7t, t Є Z. Гэхдээ x> 0, y>0 нөхцлөөр t параметрийн утга нь зөвхөн t= байж болно. 0 ба t= 1. t=0 үед бид x=7, y=1, t=1 үед: x=3, y=8 байна. Тиймээс хоёр шийдэл байдаг, өөрөөр хэлбэл 53 рублийн хэмжээтэй эсгий үзэг, харандаа худалдаж авах хоёр боломжит хувилбар байдаг.

6. Хоёр натурал тооны зөрүү 66, LCM нь 360. Эдгээр тоог ол.

a ба b натурал тоог өгье, тэгвэл нөхцөлөөр бид тэгшитгэлийн системтэй болно: оноос хойш

a| 360, b | 360, дараа нь 360 = a*n, 360 = b*t, энд n, m Є N. Эндээс бид авна.

https://pandia.ru/text/78/308/images/image045.gif" width="27" height="15">.gif" width="31" height="41 src=">, мөн, Эдгээр илэрхийллийг системийн эхний тэгшитгэлд орлуулах нь хүргэж байна нийтлэг хуваагч, бид 60м-60n=11mn, хаанаас олдог

m>0 ба n нь натурал тоо учраас n 0, дараа нь хайлт хийснээр бид n=4, n=5, дараа нь m=15, m=60 гэсэн утгатай бөгөөд энэ нь https://pandia.ru/text/78/308/images/image054.gif" width="31" гэсэн үг юм. " өндөр = "41 src=">.gif" өргөн = "31" өндөр = "41 src = ">.gif" өргөн = "31" өндөр = "41 src=">.gif" өргөн = "31" өндөр = "41 src=">=6. Тиймээс бид хоёр хос тоо нь асуудлын нөхцлийг хангаж байгааг олж мэдэв.

a=90, b=24 ба a=72, b=6. *(Сургууль дахь Форковын олимпиад. - Москва: Ирис - хэвлэл, 2003)

Дүгнэлт: Диофантийн тэгшитгэлийн талаархи миний судалгаанд үндэслэн тэдгээрийг шийдвэрлэхийн тулд янз бүрийн аргыг ашиглаж болно гэж дүгнэх ёстой.

4. Диофантын “олон өнцөгт тоо”-ны тухай

Нэгээс 3-аас эхлэн нэмэгдэж буй тоо бүрийг нэгээс эхлэн эхнийх нь олон өнцөгт гэж нэрлэдэг бөгөөд олон өнцөгт нэгжтэй байх ба түүний тал нь нэгээс хойшхи тоо, өөрөөр хэлбэл 2 байна. Дараа нь 3 болно. гурвалжин, 4 - дөрвөлжин, 5 - таван өнцөгт гэх мэт байх болно.. Дөрвөлжингийн талаар тодорхой тоог өөрөө үржүүлснээр олддог гэдгийг сайн мэддэг. Мөн олон өнцөгт бүрийг өнцгийнх нь тооноос хамааран тоогоор үржүүлж, тодорхой тооны квадрат дээр нэмсэн, мөн өнцгийнх нь тооноос хамааран тодорхой квадрат хэлбэрээр дүрслэгдэж болох нь батлагдсан. Хэрэв гурван тоо ижил зөрүүтэй бол хамгийн том ба дундыг найман удаа авсан үржвэрийг хамгийн багын квадрат дээр нэмбэл тал нь хамгийн том ба хоёр дундын нийлбэртэй тэнцүү квадрат болно.

Үнэн хэрэгтээ AB, B D, VD гэсэн гурван тоо ижил ялгаатай байг; 8АВ*ВГ, (AB2-тай нэмснээр тал нь AB ба 2ВГ-ын нийлбэртэй тэнцэх дөрвөлжин хэлбэртэй байна гэдгийг батлах хэрэгтэй.

8AB*VG-г 8VG2 ба 8AG*VG болгон задлацгаая.) Дараа нь дурдсан тус бүрийг хоёр хувааж, 4AV*VG, 4VG2 ба 4AG*VG, өөрөөр хэлбэл 4VG*GD, учир нь AG нь GD-тэй тэнцүү; DV2-тэй хамт та AB2-г авна. DV2-д нэмсэн 4AG-GV бүтээгдэхүүний хоёр дахь нь B A2-ийг өгдөг. Одоо AB2 нь 4AB*VG ба 4VG2-ийн хамт хэрхэн квадрат болж нэмэгдэхийг олж мэдэх л үлдлээ. Хэрэв бид AE-ийг ВГ-тэй тэнцүү болговол 4АВ*ВГ нь 4ВА*АЭ болж хувирах ба 4ГВ2 эсвэл 4АЭ2-тэй нэмснээр 4ВЭ*ЭА (ВА*АЭ + АЭ2 = АЭ*(АЭ + АВ) болно. = ВЭ* EA.), AB2 дээр нэмсэн нь болно квадраттай тэнцүү BE ба EA-ийн нийлбэр дээр нэг шулуун шугамаар (4BE-EA + AB2 = (BE + EA)2.). Гэхдээ BE ба EA-ийн нийлбэр нь AB ба 2AE-ийн нийлбэртэй тэнцүү, өөрөөр хэлбэл 2ВГ. Q.E.D. Хэрэв тэнцүү зөрүүтэй аль ч тооны тоо өгөгдсөн бол хамгийн том ба хамгийн бага хоёрын ялгаа нь нэгээр буурсан тоогоор үржүүлсэн тооны зөрүүтэй тэнцүү байна. өгсөн тоо. Дурын AB, VG, VD, BE тоонуудыг ижил зөрүүтэй өгье, тэдгээрийн ялгааг харуулах шаардлагатай.

AB ба BE нь AB ба VG хоёрын зөрүүг AB, VG, VD, BE тоогоор үржүүлж, нэгээр бууруулсантай тэнцүү байна.

Үнэн хэрэгтээ AB, VG, VD, BE нь хоорондоо ижил ялгаатай гэж үздэг тул AG, GD, DE нь хоорондоо тэнцүү байна гэсэн үг юм. Тиймээс EA нь AG-ийг AG, GD, DU-ийн тоогоор үржүүлсэнтэй тэнцүү; AG, GD, DE-ийн хэмжээ нь AB, VG, VD, BE-ийн хэмжээнээс нэгээр бага байх болно; Тиймээс EA нь AB, VG, V D, BE тооноос нэгээр бага буюу хэд хэдэн удаа AG-ийн үржвэр юм. Мөн AE нь хамгийн том ба хоёрын ялгааг илэрхийлнэ хамгийн бага тоонууд, ба AG нь тэдний нэг нийтлэг ялгаа юм. Энгийнээр хэлбэл гурвалжин, дөрвөлжин, таван өнцөгт гэх мэт.

Гурвалжин тоо

https://pandia.ru/text/78/308/images/image064.gif" alt="\frac(n(n+1))(2)" width="73" height="42"> !}

Үл хөдлөх хөрөнгө:

Дараалсан хоёр гурвалжин тооны нийлбэр нь өгнө төгс дөрвөлжин(дөрвөлжин тоо).

Дарааллын элементийн паритет нь 4-ийн үеээр өөрчлөгддөг: сондгой, сондгой, тэгш, тэгш.

Квадрат тоонууд

Квадрат тоонууд нь хоёр ижил натурал тооны үржвэр, өөрөөр хэлбэл төгс квадратууд юм.

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

Таван өнцөгт тоо

1, 5, 12, 22, 35, 51, 70, 92, 117, 145, …, *(Арифметик ба олон өнцөгт тооны тухай ном. Эртний Грек хэлнээс орчуулга)

Дүгнэлт: хамт геометрийн тайлбар, Диофант олон өнцөгт тоонуудын дарааллын томъёог гаргаж авсан нь математикчдийн сонирхлыг татдаг.

5. Дүгнэлт.

Александрын Диофант нь шийдлүүдийг энгийнээс нарийн төвөгтэй болгон багасгахыг эрэлхийлдэг өөр өөр хандлагатэгшитгэлийг шийдвэрлэх, мөн "Пифагорын гурвалсан" -ыг ашиглах.

Би ажлынхаа төгсгөлийн хэсэгт суралцсан гэдгээ онцгойлон тэмдэглэхийг хүссэн тусгай уран зохиолДиофантийн тэгшитгэл дээр би математикийн ур чадвараа өргөжүүлж, Диофант өөрөө, түүний дагалдагчид болон түүний нөлөөний талаар нэмэлт мэдлэг олж авсан. шинжлэх ухааны бүтээлүүддээр цаашдын хөгжилшинжлэх ухааны математик сэтгэлгээ. Диофантын аргуудын ачаар Архимедийн аргуудыг өөрөө тайлсан юм. Хэрэв Архимедийн интеграцийн аргын түүх үндсэндээ Ньютон, Лейбниц нар интеграл ба дифференциал тооцооллыг бий болгосноор төгсдөг бол Диофантийн аргын түүх алгебрийн функц, алгебрийн онолын хөгжилтэй уялдан хэдэн зуун жил үргэлжилдэг. геометр. Диофантийн үзэл санааны хөгжил нь Анри Пуанкаре, Андре Вайл нарын бүтээлээс улбаатай. Арифметик, алгебрийн ертөнцийг бидэнд нээж өгсөн хүн бол Диофант юм. Тиймээс Диофантийн шинжилгээний түүх надад онцгой сонирхолтой санагдсан.

6. Ашигласан уран зохиолын жагсаалт.

1. Арифметик ба олон өнцөгт тооны тухай ном. Эртний Грек хэлнээс орчуулга

2. Башмаков, Диофантийн тэгшитгэлүүд – М.: “Наука”, 1972.

3. Хот, бүсийн олимпиадын даалгавар.

4. Анхан шатны алгебрийн шинэ суурьшлын курс. - М: Зөвлөлтийн шинжлэх ухаан, 1956 он

5. Перелман математик. - Москва, 1962 он

6. Энгийн тооны онолд урьсан. , .

7. Сургууль дахь Форковын олимпиад. - Москва: Iris-press, 2003.

8. Черкасов. Эрчимжүүлсэн курсшалгалтанд бэлтгэх - М.: Рольф. 2000.

9.Залуу математикчийн нэвтэрхий толь бичиг. Эмхэтгэсэн - Москва: сурган хүмүүжүүлэх ухаан, 1989 он.