პრობლემები მთელ უცნობებთან

პავლოვსკაია ნინა მიხაილოვნა,

მათემატიკის მასწავლებელი MBOU „92-ე საშუალო სკოლა

კემეროვო

ე.წ. დიოფანტინის განტოლებები .

მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის პრობლემა მთლიანად მოგვარებულია მხოლოდ ერთი უცნობის მქონე განტოლებისთვის, პირველი ხარისხის განტოლებისთვის და მეორე ხარისხის განტოლებისთვის ორი უცნობით. მეორე ხარისხის ზემოთ ორი ან მეტი უცნობის მქონე განტოლებისთვის, მთელი რიცხვის ამონახსნების არსებობის დამტკიცების პრობლემაც კი რთულია. უფრო მეტიც, დადასტურდა, რომ არ არსებობს ერთიანი ალგორითმი, რომელიც საშუალებას იძლევა გადაჭრას თვითნებური დიოფანტინის განტოლებები მთელ რიცხვებში სასრული რაოდენობის ნაბიჯებით.

• უმარტივესი დიოფანტის განტოლებები არის ფორმის განტოლებები

ცული + by = c , a ≠ 0; b ≠ 0

Თუ c = 0 , მაშინ ამონახსნი აშკარად არის x = 0, y = 0.

Თუ c ≠ 0 და გამოსავალი (X 0 ; ზე 0 ) , შემდეგ მთელი რიცხვი

ნაჯახი 0 + მიერ 0 იყოფა d = (a ; b) , Ამიტომაც თან ასევე უნდა დაიყოს საერთო გამყოფით ა და ბ .

Მაგალითად: 3x + 6y = 5-ს არ აქვს მთელი რიცხვი ამონახსნები, რადგან (3; 6) = 3 და c = 5 არ იყოფა 3-ზე ნაშთის გარეშე.

• თუ განტოლება ცული + by = c აქვს გამოსავალი (X 0 ; ზე 0 ) , და (ა; ბ) = 1 , მაშინ განტოლების ყველა ამონახსნები მოცემულია ფორმულებით x = x 0 +bn; y = y 0 - ან, სადაც n არის ნებისმიერი მთელი ამონახსნი.

Მაგალითად: 3x + 5y = 13, (3; 5) = 1, ასე რომ განტოლებას აქვს უსასრულოდ ბევრი ამონახსნები, X 0 =1; ზე 0 =2

ფერმას დიდი (დიდი) თეორემა ამბობს: ფორმის განტოლებას არ აქვს ამონახსნები ნატურალურ რიცხვებში.

ეს თეორემა ჩამოაყალიბა იტალიელმა მათემატიკოსმა პიერ ფერმამ 300 წელზე მეტი ხნის წინ და დადასტურდა მხოლოდ 1993 წელს.

ფაქტორიზაციის მეთოდი .

1) ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით

x + y = xy.

გადაწყვეტილება. განტოლებას ვწერთ ფორმაში

(x - 1) (y - 1) = 1.

ორი მთელი რიცხვის ნამრავლი შეიძლება იყოს მხოლოდ 1-ის ტოლი, თუ ორივე უდრის 1-ს. ანუ თავდაპირველი განტოლება სიმრავლის ტოლია.

ხსნარებით (0,0) და (2,2).

2. ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით:

3x² + 4xy - 7y² = 13.

გადაწყვეტილება: 3x² - 3xy + 7xy - 7y² \u003d 13,

3x(x - y) + 7y(x - y) = 13,

(x - y) (3x + 7y) \u003d 13.

ვინაიდან 13-ს აქვს მთელი გამყოფები ±1 და ±13,

1. x - y \u003d 1, 7x - 7y \u003d 7, x \u003d 2,

3x + 7y = 13; 3x + 7y = 13; საიდანაც y = 1

2. x - y \u003d 13, 7x - 7y \u003d 91, x \u003d 9.2,

3x + 7y = 1; 3x + 7y = 1; საიდანაც y \u003d - 3.8.

3 . x - y \u003d -1, 7x - 7y \u003d -7, x \u003d -2,

3x + 7y \u003d -13; 3x + 7y = -13; საიდანაც y = -1.

4. x - y \u003d -13, 7x - 7y \u003d -91, x \u003d -9.2,

3x + 7y \u003d -1; 3x + 7y \u003d -1; საიდანაც y = 3.8.

მაშასადამე, განტოლებას აქვს ორი მთელი ამონახსნი: (2;1) და (-2;-1)

3 . ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით:

9x² + 4x - xy + 3y \u003d 88.

გადაწყვეტილება: 9x² + 4x - 88 \u003d xy - 3y,

9x² + 4x - 88 \u003d y (x - 3)

ვინაიდან 5-ს აქვს მთელი გამყოფები ± 1 და ± 5, მაშინ

განტოლებები მთელ რიცხვებშიარის ალგებრული განტოლებები ორი ან მეტი უცნობი ცვლადით და მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით. ასეთი განტოლების ამონახსნები არის უცნობი ცვლადების მნიშვნელობების მთელი რიცხვი (ზოგჯერ ბუნებრივი ან რაციონალური), რომლებიც აკმაყოფილებენ ამ განტოლებას. ასეთ განტოლებებს ასევე უწოდებენ დიოფანტინიძველი ბერძენი მათემატიკოსის პატივსაცემად, რომელმაც გამოიკვლია ასეთი განტოლებების ზოგიერთი სახეობა ჩვენს წელთაღრიცხვამდე.

დიოფანტინის ამოცანების თანამედროვე ფორმულირება ფრანგ მათემატიკოსს ვალში ვართ. სწორედ მან წამოაყენა ევროპელი მათემატიკოსების წინაშე განუსაზღვრელი განტოლებების მხოლოდ მთელი რიცხვებით ამოხსნის საკითხი. ყველაზე ცნობილი განტოლება მთელ რიცხვებში არის ფერმას ბოლო თეორემა: განტოლება

არ აქვს არანულოვანი რაციონალური ამონახსნები ყველა ნატურალური რიცხვისთვის n > 2.

მთელ რიცხვებში განტოლებების თეორიული ინტერესი საკმაოდ დიდია, ვინაიდან ეს განტოლებები მჭიდრო კავშირშია რიცხვთა თეორიის ბევრ პრობლემასთან.

1970 წელს ლენინგრადის მათემატიკოსმა იური ვლადიმიროვიჩ მათიასევიჩმა დაამტკიცა, რომ არ არსებობს ზოგადი მეთოდი, რომელიც საშუალებას იძლევა გადაჭრას თვითნებური დიოფანტის განტოლებები მთელ რიცხვებში სასრული რაოდენობის საფეხურებში და არ შეიძლება არსებობდეს. ამიტომ, თქვენ უნდა აირჩიოთ საკუთარი გადაწყვეტის მეთოდები სხვადასხვა ტიპის განტოლებისთვის.

მთელი და ნატურალური რიცხვებით განტოლებების ამოხსნისას პირობითად შეიძლება გამოიყოს შემდეგი მეთოდები:

ვარიანტების ჩამოთვლის გზა;

ევკლიდეს ალგორითმის გამოყენება;

რიცხვების წარმოდგენა უწყვეტი (უწყვეტი) წილადების სახით;

ფაქტორიზაციები;

განტოლებების ამოხსნა მთელ რიცხვებში კვადრატში (ან სხვაგვარად) რომელიმე ცვლადის მიმართ;

ნარჩენი მეთოდი;

უსასრულო წარმოშობის მეთოდი.

პრობლემები გადაწყვეტილებებთან

1. ამოხსენით განტოლება x 2 - xy - 2y 2 \u003d 7 მთელი რიცხვებით.

დავწეროთ განტოლება (x - 2y)(x + y) = 7 სახით.

ვინაიდან x, y მთელი რიცხვებია, ჩვენ ვპოულობთ თავდაპირველი განტოლების ამონახსნებს, როგორც ამონახსნებს შემდეგი ოთხი სისტემისთვის:

1) x - 2y = 7, x + y = 1;

2) x - 2y = 1, x + y = 7;

3) x - 2y = -7, x + y = -1;

4) x - 2y = -1, x + y = -7.

ამ სისტემების ამოხსნის შემდეგ ვიღებთ ამონახსნებს განტოლებაზე: (3; -2), (5; 2), (-3; 2) და (-5; -2).

პასუხი: (3; -2), (5; 2), (-3; 2), (-5; -2).

ა) 20x + 12y = 2013;

ბ) 5x + 7y = 19;

გ) 201x - 1999y = 12.

ა) ვინაიდან x და y-ის ნებისმიერი მთელი რიცხვისთვის განტოლების მარცხენა მხარე იყოფა ორზე, ხოლო მარჯვენა მხარე კენტი რიცხვია, მაშინ განტოლებას არ აქვს ამონახსნები მთელ რიცხვებში.

პასუხი: არ არსებობს გამოსავალი.

ბ) ჯერ ვირჩევთ კონკრეტულ გადაწყვეტას. AT ამ საქმესეს მარტივია, მაგალითად,

x 0 = 1, y 0 = 2.

5x0 + 7y0 = 19,

5(x - x 0) + 7(y - y 0) = 0,

5 (x - x 0) \u003d -7 (y - y 0).

ვინაიდან 5 და 7 რიცხვები თანაპირველია, მაშინ

x - x 0 \u003d 7k, y - y 0 \u003d -5k.

ასე რომ, ზოგადი გამოსავალი არის:

x = 1 + 7k, y = 2 - 5k,

სადაც k არის თვითნებური მთელი რიცხვი.

პასუხი: (1+7k; 2–5k), სადაც k არის მთელი რიცხვი.

გ) ამ შემთხვევაში შერჩევით რაიმე კონკრეტული გამოსავლის პოვნა საკმაოდ რთულია. გამოვიყენოთ ევკლიდის ალგორითმი 1999 და 201 რიცხვებისთვის:

gcd(1999, 201) = gcd(201, 190) = gcd(190, 11) = gcd(11, 3) = gcd(3, 2) = gcd(2, 1) = 1.

მოდით დავწეროთ ეს პროცესი საპირისპირო თანმიმდევრობით:

1 = 2 – 1 = 2 – (3 – 2) = 2 2 – 3 = 2 (11 – 3 3) – 3 = 2 11 – 7 3 = 2 11 – 7(190 – 11 17) =

121 11 - 7 190 = 121 (201 - 190) - 7 190 = 121 201 - 128 190 =

121 201 - 128 (1999 - 9 201) = 1273 201 - 128 1999 წ.

აქედან გამომდინარე, წყვილი (1273, 128) არის 201x - 1999y = 1 განტოლების ამონახსნი. შემდეგ რიცხვების წყვილი

x 0 = 1273 12 = 15276, y 0 = 128 12 = 1536

არის 201x - 1999y = 12 განტოლების ამონახსნი.

ამ განტოლების ზოგადი ამონახსნი შეიძლება დაიწეროს როგორც

x = 15276 + 1999k, y = 1536 + 201k, სადაც k არის მთელი რიცხვი,

ან სახელის გადარქმევის შემდეგ (ჩვენ ვიყენებთ 15276 = 1283 + 7 1999, 1536 = 129 + 7 201),

x = 1283 + 1999n, y = 129 + 201n, სადაც n არის მთელი რიცხვი.

პასუხი: (1283+1999n, 129+201n), სადაც n არის მთელი რიცხვი.

3. ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით:

ა) x 3 + y 3 = 3333333;

ბ) x 3 + y 3 = 4 (x 2 y + xy 2 + 1).

ა) ვინაიდან x 3 და y 3 შეუძლია მხოლოდ ნაშთების მიცემა 0, 1 და 8 9-ზე გაყოფისას (იხ. ცხრილი სექციაში), x 3 + y 3 შეუძლია მხოლოდ ნაშთების მიცემა 0, 1, 2, 7 და 8. მაგრამ რიცხვი 3333333 9-ზე გაყოფისას იძლევა 3-ის ნაშთს. ამიტომ, თავდაპირველ განტოლებას არ აქვს ამონახსნები მთელ რიცხვებში.

ბ) გადაწერეთ საწყისი განტოლება, როგორც (x + y) 3 = 7 (x 2 y + xy 2) + 4. ვინაიდან მთელი რიცხვების კუბურები, როდესაც იყოფა 7-ზე, მიეცით ნაშთები 0, 1 და 6, მაგრამ არა 4, განტოლებას არ აქვს მთელი რიცხვი ამონახსნები.

პასუხი: არ არსებობს მთელი რიცხვები.

ა) მარტივ რიცხვებში განტოლება x 2 - 7x - 144 \u003d y 2 - 25y;

ბ) მთელ რიცხვებში განტოლება x + y \u003d x 2 - xy + y 2.

ა) ამ განტოლებას ვხსნით როგორც კვადრატული y ცვლადის მიმართ. მიიღეთ

y \u003d x + 9 ან y \u003d 16 - x.

ვინაიდან კენტი x რიცხვი x + 9 არის ლუწი, მარტივი რიცხვების ერთადერთი წყვილი, რომელიც აკმაყოფილებს პირველ ტოლობას არის (2; 11).

ვინაიდან x, y მარტივია, მაშინ y \u003d 16 - x თანასწორობიდან გვაქვს

2 x 16.2 ზე 16.

ვარიანტების ჩამოთვლის გამოყენებით ვპოულობთ დარჩენილ ამონახსნებს: (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).

პასუხი: (2; 11), (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).

ბ) განვიხილოთ ეს განტოლება, როგორც x-ის კვადრატული განტოლება:

x 2 - (y + 1) x + y 2 - y \u003d 0.

ამ განტოლების დისკრიმინანტია –3y 2 + 6y + 1. ის დადებითია მხოლოდ y-ის შემდეგი მნიშვნელობებისთვის: 0, 1, 2. თითოეული ამ მნიშვნელობებისთვის თავდაპირველი განტოლებიდან ვიღებთ x-ის კვადრატულ განტოლებას. , რომელიც ადვილად წყდება.

პასუხი: (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2).

5. არის x, y, z მთელი რიცხვების სამეულების უსასრულო რაოდენობა, რომ x 2 + y 2 + z 2 = x 3 + y 3 + z 3 ?

შევეცადოთ ავირჩიოთ ისეთი სამეულები, სადაც y = –z. მაშინ y 3 და z 3 ყოველთვის გააუქმებენ ერთმანეთს და ჩვენი განტოლება ასე გამოიყურება

x2 + 2y2 = x3

ან სხვაგვარად,

x 2 (x–1) = 2y 2.

მთელი რიცხვების წყვილი (x; y) რომ დააკმაყოფილოს ეს პირობა, საკმარისია, რომ x–1 რიცხვი ორჯერ იყოს მთელი რიცხვის კვადრატზე. ასეთი რიცხვები უსასრულოდ ბევრია, კერძოდ, ისინი ყველა 2n 2 +1 ფორმის რიცხვებია. ასეთი რიცხვის ჩანაცვლებით x 2 (x–1) = 2y 2, მარტივი გარდაქმნების შემდეგ მივიღებთ:

y = xn = n(2n 2 +1) = 2n 3 +n.

ამ გზით მიღებულ ყველა სამეულს აქვს ფორმა (2n 2 +1; 2n 3 + n; -2n 3 - n).

პასუხი: არსებობს.

6. იპოვეთ მთელი რიცხვები x, y, z, u ისეთი, რომ x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = 2xyzu.

რიცხვი x 2 + y 2 + z 2 + u 2 ლუწია, ამიტომ x, y, z, u რიცხვებს შორის არის კენტი რიცხვების ლუწი რიცხვი.

თუ ოთხივე რიცხვი x, y, z, u კენტია, მაშინ x 2 + y 2 + z 2 + u 2 იყოფა 4-ზე, მაგრამ 2xyzu არ იყოფა 4-ზე - შეუსაბამობა.

თუ x, y, z, u რიცხვებიდან ზუსტად ორია კენტი, მაშინ x 2 + y 2 + z 2 + u 2 არ იყოფა 4-ზე, მაგრამ 2xyzu იყოფა 4-ზე - ისევ შეუსაბამობა.

ამიტომ ყველა რიცხვი x, y, z, u ლუწია. მაშინ შეიძლება ამის დაწერა

x = 2x 1, y = 2y 1, z = 2z 1, u = 2u 1,

და ორიგინალური განტოლება მიიღებს ფორმას

x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 = 8x 1 y 1 z 1 u 1 .

ახლა გაითვალისწინეთ, რომ (2k + 1) 2 = 4k(k + 1) + 1 8-ზე გაყოფისას იძლევა 1-ის ნარჩენს. ამიტომ, თუ ყველა რიცხვი x 1 , y 1 , z 1 , u 1 კენტია, მაშინ x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 არ იყოფა 8-ზე. და თუ ამ რიცხვებიდან ზუსტად ორი კენტია, მაშინ x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 კი არ იყოფა. 4. ასე რომ,

x 1 \u003d 2x 2, y 1 \u003d 2y 2, z 1 \u003d 2z 2, u 1 \u003d 2u 2,

და მივიღებთ განტოლებას

x 2 2 + y 2 2 + z 2 2 + u 2 2 = 32x 2 y 2 z 2 u 2 .

იგივე მსჯელობის განმეორებით მივიღებთ, რომ x, y, z, u იყოფა 2 n-ზე ყველა ბუნებრივი n-სთვის, რაც შესაძლებელია მხოლოდ მაშინ, როდესაც x = y = z = u = 0.

პასუხი: (0; 0; 0; 0).

7. დაამტკიცეთ, რომ განტოლება

(x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 \u003d 30

არ აქვს ამონახსნები მთელ რიცხვებში.

მოდით გამოვიყენოთ შემდეგი პირადობა:

(x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 \u003d 3 (x - y) (y - z) (z - x).

მაშინ ორიგინალური განტოლება შეიძლება დაიწეროს როგორც

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

აღნიშნეთ a = x – y, b = y – z, c = z – x და დაწერეთ მიღებული ტოლობა როგორც

უფრო მეტიც, აშკარაა, რომ a + b + c = 0. ადვილი მისახვედრია, რომ პერმუტაციამდე, abc = 10 ტოლობიდან გამომდინარეობს, რომ რიცხვები |a|, |b|, |c| არის ან 1, 2, 5, ან 1, 1, 10. მაგრამ ყველა ამ შემთხვევაში, a, b, c ნიშნების ნებისმიერი არჩევანისთვის, ჯამი a + b + c არის ნულოვანი. ამრიგად, თავდაპირველ განტოლებას არ აქვს ამონახსნები მთელ რიცხვებში.

8. ამოხსენით განტოლება 1 მთელ რიცხვებში! +2! + . . . + x! = y 2.

აშკარაა რომ

თუ x = 1, მაშინ y 2 = 1,

თუ x = 3, მაშინ y 2 = 9.

ეს შემთხვევები შეესაბამება რიცხვების შემდეგ წყვილებს:

x 1 = 1, y 1 = 1;

x 2 \u003d 1, y 2 \u003d -1;

x 3 \u003d 3, y 3 \u003d 3;

x 4 \u003d 3, y 4 \u003d -3.

გაითვალისწინეთ, რომ x = 2-ისთვის გვაქვს 1! +2! = 3, x = 4-ისთვის გვაქვს 1! +2! + 3! +4! = 33 და არც 3 და არც 33 არ არის მთელი კვადრატები. თუ x > 5, მაშინ, ვინაიდან

5! +6! + . . . + x! = 10n,

ჩვენ შეგვიძლია დავწეროთ ეს

ერთი! +2! + 3! +4! +5! + . . . + x! = 33 + 10n.

ვინაიდან 33 + 10n არის რიცხვი, რომელიც მთავრდება 3-ით, ის არ არის მთელი რიცხვის კვადრატი.

პასუხი: (1; 1), (1; -1), (3; 3), (3; -3).

9. ამოხსენით განტოლებათა შემდეგი სისტემა ნატურალურ რიცხვებში:

a 3 - b 3 - c 3 \u003d 3abc, a 2 \u003d 2 (b + c).

3abc > 0, შემდეგ a 3 > b 3 + c 3;

რითაც გვაქვს

ამ უტოლობების დამატებით მივიღებთ ამას

ბოლო უტოლობის გათვალისწინებით, სისტემის მეორე განტოლებიდან ვიღებთ იმას

მაგრამ სისტემის მეორე განტოლება ასევე აჩვენებს, რომ a არის ლუწი რიცხვი. ამრიგად, a = 2, b = c = 1.

პასუხი: (2; 1; 1)

10. იპოვეთ x და y მთელი რიცხვების ყველა წყვილი, რომელიც აკმაყოფილებს x 2 + x = y 4 + y 3 + y 2 + y განტოლებას.

ამ განტოლების ორივე ნაწილის ფაქტორზე გატარებით, მივიღებთ:

x(x + 1) = y(y + 1)(y 2 + 1),

x(x + 1) = (y 2 + y)(y 2 + 1)

ასეთი თანასწორობა შესაძლებელია, თუ მარცხენა და მარჯვენა ნაწილები ნულის ტოლია, ან არის ორი თანმიმდევრული მთელი რიცხვის ნამრავლი. მაშასადამე, გარკვეული ფაქტორების ნულს გავუტოლებთ, ვიღებთ ცვლადების სასურველი მნიშვნელობების 4 წყვილს:

x 1 = 0, y 1 = 0;

x 2 \u003d 0, y 2 \u003d -1;

x 3 \u003d -1, y 3 \u003d 0;

x 4 \u003d -1, y 4 \u003d -1.

ნამრავლი (y 2 + y) (y 2 + 1) შეიძლება ჩაითვალოს ორი ზედიზედ არანულოვანი მთელი რიცხვის ნამრავლად მხოლოდ მაშინ, როდესაც y \u003d 2. ამიტომ, x (x + 1) \u003d 30, საიდანაც x 5 \ u003d 5, x 6 = -6. ეს ნიშნავს, რომ არსებობს მთელი რიცხვების კიდევ ორი ​​წყვილი, რომლებიც აკმაყოფილებენ თავდაპირველ განტოლებას:

x 5 = 5, y 5 = 2;

x 6 \u003d -6, y 6 \u003d 2.

პასუხი: (0; 0), (0; -1), (-1; 0), (-1; -1), (5; 2), (-6; 2.)

პრობლემები გადაწყვეტის გარეშე

1. ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით:

ა) xy = x + y + 3;

ბ) x 2 + y 2 \u003d x + y + 2.

2. ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით:

ა) x 3 + 21y 2 + 5 = 0;

ბ) 15x 2 - 7y 2 \u003d 9.

3. ამოხსენით განტოლება ნატურალურ რიცხვებში:

ა) 2 x + 1 \u003d y 2;

ბ) 3 2 x + 1 \u003d y 2.

4. დაამტკიცეთ, რომ განტოლებას x 3 + 3y 3 + 9z 3 = 9xyz რაციონალურ რიცხვებში აქვს უნიკალური ამონახსნები

5. დაამტკიცეთ, რომ განტოლებას x 2 + 5 = y 3 მთელ რიცხვებში არ აქვს ამონახსნები.

ნაწარმოების ტექსტი განთავსებულია გამოსახულების და ფორმულების გარეშე.
ნამუშევრის სრული ვერსია ხელმისაწვდომია ჩანართში "სამუშაო ფაილები" PDF ფორმატში

შესავალი.

კვლევის ობიექტი.

კვლევა ეხება რიცხვთა თეორიის ერთ-ერთ ყველაზე საინტერესო დარგს - განტოლებების ამოხსნას მთელ რიცხვებში.

შესწავლის საგანი.

ალგებრული განტოლებების მთელი რიცხვების ამოხსნა ერთზე მეტ უცნობში კოეფიციენტებით არის ერთ-ერთი ყველაზე რთული და უძველესი მათემატიკური ამოცანა და საკმარისად ღრმად არ არის წარმოდგენილი სასკოლო მათემატიკის კურსში. ჩემს ნაშრომში მე წარმოგიდგენთ განტოლებების საკმაოდ სრულ ანალიზს მთელ რიცხვებში, ამ განტოლებების კლასიფიკაციას მათი ამოხსნის მეთოდების მიხედვით, მათი ამოხსნის ალგორითმების აღწერას, აგრეთვე თითოეული მეთოდის გამოყენების პრაქტიკულ მაგალითებს. განტოლებების ამოხსნა მთელ რიცხვებში.

სამიზნე.

ისწავლეთ როგორ ამოხსნათ განტოლებები მთელ რიცხვებში.

Დავალებები:

სასწავლო და საცნობარო ლიტერატურის შესწავლა;

თეორიული მასალის შეგროვება განტოლებების ამოხსნის შესახებ;

ამ ტიპის განტოლებების ამოხსნის ალგორითმების ანალიზი;

აღწერეთ გადაწყვეტილებები;

განვიხილოთ განტოლებების ამოხსნის მაგალითები ამ მეთოდების გამოყენებით.

ჰიპოთეზა:

ოლიმპიადის ამოცანებში მთელი რიცხვებით განტოლებების წინაშე ვივარაუდე, რომ მათი ამოხსნის სირთულეები განპირობებულია იმით, რომ ჩემთვის ცნობილი არ არის მათი ამოხსნის ყველა გზა.

შესაბამისობა:

USE ამოცანების სავარაუდო ვარიანტების ამოხსნისას შევამჩნიე, რომ ხშირად არის ამოცანები პირველი და მეორე ხარისხის განტოლებების ამოხსნის მთელ რიცხვებში. გარდა ამისა, სხვადასხვა დონის ოლიმპიადის ამოცანები ასევე შეიცავს განტოლებებს მთელ რიცხვებში ან ამოცანებს, რომლებიც წყდება მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის უნარების გამოყენებით. მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის ცოდნის მნიშვნელობა განსაზღვრავს ჩემი კვლევის შესაბამისობას.

Კვლევის მეთოდები

სამეცნიერო ლიტერატურიდან მიღებული ინფორმაციის თეორიული ანალიზი და განზოგადება მთელ რიცხვებში განტოლებების შესახებ.

განტოლებათა კლასიფიკაცია მთელ რიცხვებში მათი ამოხსნის მეთოდების მიხედვით.

მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის მეთოდების ანალიზი და განზოგადება.

კვლევის შედეგები

ნაშრომში აღწერილია განტოლებების ამოხსნის მეთოდები, განხილულია ფერმას თეორემის თეორიული მასალა, პითაგორას თეორემა, ევკლიდეს ალგორითმი, წარმოდგენილია ამოცანების ამოხსნის მაგალითები და სირთულის სხვადასხვა დონის განტოლებები.

2. განტოლებათა ისტორია მთელ რიცხვებში

დიოფანტე - ძველი საბერძნეთის მეცნიერი - ალგებრისტი, ზოგიერთი წყაროს მიხედვით, ის ცხოვრობდა 364 წლამდე. ე. ის სპეციალიზირებული იყო მთელი რიცხვებით ამოცანების გადაჭრაში. აქედან მომდინარეობს სახელწოდება დიოფანტინის განტოლებები. ყველაზე ცნობილი, რომელიც დიოფანტემ გადაჭრა, არის "ორ კვადრატად დაშლის" პრობლემა. მისი ექვივალენტია ცნობილი პითაგორას თეორემა. დიოფანტის ცხოვრება და მოღვაწეობა ალექსანდრიაში მიმდინარეობდა, მან შეაგროვა და გადაჭრა ცნობილი და გამოიგონა ახალი პრობლემები. მოგვიანებით მან გააერთიანა ისინი დიდ ნაშრომში, სახელწოდებით არითმეტიკა. ცამეტი წიგნიდან, რომლებმაც შეადგინეს არითმეტიკა, მხოლოდ ექვსმა გადარჩა შუა საუკუნეებამდე და გახდა შთაგონების წყარო რენესანსის მათემატიკოსებისთვის.დიოფანტეს არითმეტიკა არის ამოცანების კრებული, თითოეული შეიცავს ამოხსნას და აუცილებელ ახსნას. კოლექცია მოიცავს სხვადასხვა პრობლემას და მათი გადაწყვეტა ხშირად უაღრესად გენიალურია. დიოფანტს მხოლოდ დადებითი მთელი რიცხვი და რაციონალური გადაწყვეტილებები აინტერესებს. ის ირაციონალურ ამონახსნებს „შეუძლებელს“ უწოდებს და ფრთხილად არჩევს კოეფიციენტებს, რათა სასურველი დადებითი, რაციონალური ამონახსნები მიიღება.

ფერმას თეორემა გამოიყენება მთელ რიცხვებში განტოლებების ამოსახსნელად. რისი დამტკიცების ისტორია საკმაოდ საინტერესოა. ბევრი გამოჩენილი მათემატიკოსი მუშაობდა დიდი თეორემის სრულ მტკიცებულებაზე და ამ მცდელობებმა მრავალი შედეგი მოჰყვა თანამედროვე რიცხვების თეორიას. ითვლება, რომ თეორემა პირველ ადგილზეა არასწორი მტკიცებულებების რაოდენობის მიხედვით.

გამოჩენილმა ფრანგმა მათემატიკოსმა პიერ ფერმამ განაცხადა, რომ n ≥ 3 მთელი რიცხვის განტოლებას არ აქვს ამონახსნები x, y, z დადებით რიცხვებში (xyz = 0 გამორიცხულია x, y, z-ის დადებითობით. შემთხვევისთვის n = 3, ეს თეორემა X საუკუნეში სცადა და დაამტკიცა შუა აზიელმა მათემატიკოსმა ალ-ხოჯანდიმ, მაგრამ მისი მტკიცებულება არ შემონახულა. ცოტა მოგვიანებით, თავად ფერმამ გამოაქვეყნა კონკრეტული შემთხვევის მტკიცებულება n=4-ისთვის.

ეილერმა 1770 წელს დაამტკიცა თეორემა n = 3 შემთხვევისთვის, დირიხლემ და ლეჟანდრმა 1825 წელს n = 5-ისთვის, კოჭმა n = 7-ისთვის. კუმერმა აჩვენა, რომ თეორემა ჭეშმარიტია ყველა მარტივი n-სთვის 100-ზე ნაკლები, 37-ის შესაძლო გამონაკლისის გარდა. , 59, 67.

1980-იან წლებში პრობლემის გადაჭრის ახალი მიდგომა გაჩნდა. მორდელის ვარაუდიდან, რომელიც დაამტკიცა ფალტინგსმა 1983 წელს, გამოდის, რომ განტოლება

n > 3-ისთვის შეიძლება ჰქონდეს მხოლოდ სასრული რაოდენობის თანაპრიმ ამონახსნები.

თეორემის დადასტურებაში ბოლო, მაგრამ ყველაზე მნიშვნელოვანი ნაბიჯი გადადგა 1994 წლის სექტემბერში უილსმა. მისი 130-გვერდიანი მტკიცებულება გამოქვეყნდა Annals of Mathematics-ში. მტკიცებულება ეფუძნება გერმანელი მათემატიკოსის გერჰარდ ფრეის ვარაუდს, რომ ფერმას ბოლო თეორემა არის ტანიიამა-შიმურას ჰიპოთეზის შედეგი (ეს ვარაუდი დაამტკიცა კენ რიბეტმა ჯ.-პ. სერას მონაწილეობით). უილსმა გამოაქვეყნა პირველი. მისი მტკიცებულების ვერსია 1993 წელს (7 წლიანი მძიმე შრომის შემდეგ), მაგრამ მასში მალევე აღმოაჩინეს სერიოზული ხარვეზი; რიჩარდ ლოურენს ტეილორის დახმარებით, უფსკრული სწრაფად დაიხურა. საბოლოო ვერსია გამოქვეყნდა 1995 წელს. 2016 წლის 15 მარტი ენდრიუ უილსი იღებს აბელის პრემიას. ამჟამად, პრემია არის 6 მილიონი ნორვეგიული კრონი, ანუ დაახლოებით 50 მილიონი რუბლი. უილსის თქმით, ჯილდო მისთვის "სრული სიურპრიზი" იყო.

3.წრფივი განტოლებები მთელ რიცხვებში

წრფივი განტოლებები ყველაზე მარტივია ყველა დიოფანტინის განტოლებათაგან.

ax=b ფორმის განტოლებას, სადაც a და b არის რამდენიმე რიცხვი, ხოლო x უცნობი ცვლადი, ეწოდება წრფივი განტოლება ერთი უცნობით. აქ საჭიროა განტოლების მხოლოდ მთელი რიცხვის ამონახსნების პოვნა. ჩანს, რომ თუ a ≠ 0, მაშინ განტოლებას ექნება მთელი ამონახსნი მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ b მთლიანად იყოფა a-ზე და ეს ამონახსნი არის x = b/f. თუ a=0, მაშინ განტოლებას ექნება მთელი ამონახსნი, როდესაც b=0 და ამ შემთხვევაში x არის ნებისმიერი რიცხვი.

რადგან მაშინ 12 თანაბრად იყოფა 4-ზე

იმიტომ რომ a=o და b=0, მაშინ x არის ნებისმიერი რიცხვი

იმიტომ რომ 7 კი არ იყოფა 10-ზე, მაშინ ამონახსნები არ არსებობს.

4. ვარიანტების ჩამოთვლის გზა.

ვარიანტების ჩამოთვლის მეთოდში აუცილებელია გავითვალისწინოთ რიცხვების გაყოფის ნიშნები, განიხილოს საბოლოო ჩამოთვლის ტოლობის ყველა შესაძლო ვარიანტი. ეს მეთოდი შეიძლება გამოყენებულ იქნას ამ პრობლემების გადასაჭრელად:

№1 იპოვნეთ ნატურალური რიცხვების ყველა წყვილის სიმრავლე, რომელიც არის 49x+69y=602 განტოლების ამონახვა.

ჩვენ გამოვხატავთ განტოლებიდან x =,

იმიტომ რომ x და y არის ნატურალური რიცხვები, შემდეგ x = ≥ 1, გაამრავლეთ მთელი განტოლება 49-ზე, რათა თავი დააღწიოთ მნიშვნელს:

გადაიტანეთ 602 მარცხენა მხარეს:

51y ≤ 553, გამოხატეთ y, y= 10

ვარიანტების სრული ჩამოთვლა აჩვენებს, რომ განტოლების ბუნებრივი ამონახსნებია x=5, y=7.

პასუხი: (5,7).-

№2 პრობლემის გადაჭრა

2, 4, 7 რიცხვებიდან უნდა გაკეთდეს სამნიშნა რიცხვი, რომელშიც არც ერთი რიცხვი არ შეიძლება ორზე მეტჯერ განმეორდეს.

ვიპოვოთ ყველა სამნიშნა რიცხვის რიცხვი, რომელიც იწყება 2-ით: (224, 242, 227, 272, 247, 274, 244, 277) - არის 8 მათგანი.

ანალოგიურად, ჩვენ ვპოულობთ ყველა სამნიშნა რიცხვს, რომლებიც იწყება 4 და 7 რიცხვებით: (442, 424, 422, 447, 474, 427, 472, 477).

(772, 774, 727, 747, 722, 744, 724, 742) - ისინი ასევე 8 რიცხვია. არის მხოლოდ 24 ნომერი.

პასუხი: 24.

5. გაგრძელებული წილადი და ევკლიდეს ალგორითმი

გაგრძელებული წილადი არის ჩვეულებრივი წილადის გამოხატულება ფორმაში

სადაც q 1 არის მთელი რიცხვი და q 2 , … ,qn არის ნატურალური რიცხვები. ასეთ გამონათქვამს ეწოდება განგრძობითი (სასრული გაგრძელებული) წილადი. არსებობს სასრული და უსასრულო განგრძობითი წილადები.

რაციონალური რიცხვებისთვის განგრძობით წილადს აქვს სასრული ფორმა. გარდა ამისა, a i თანმიმდევრობა არის ზუსტად კოეფიციენტების თანმიმდევრობა, რომელიც მიიღება ევკლიდური ალგორითმის გამოყენებით წილადის მრიცხველსა და მნიშვნელზე.

განტოლებების ამოხსნა უწყვეტი წილადებით, მე შევადგინე მოქმედებების ზოგადი ალგორითმი მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის ამ მეთოდისთვის.

ალგორითმი

1) შეადგინეთ კოეფიციენტების თანაფარდობა უცნობისთვის წილადის სახით

2) გადაიყვანეთ გამოხატულება არასწორ წილადად

3) აირჩიეთ არასწორი წილადის მთელი რიცხვი

4) შეცვალეთ სწორი წილადი ტოლი წილადით

5) მნიშვნელში მიღებული არასწორი წილადით გააკეთე 3.4

6) გაიმეორეთ 5 საბოლოო შედეგამდე

7) მიღებულ გამონათქვამში გადააგდეთ გაგრძელებული წილადის ბოლო ბმული, მიღებული ახალი გაგრძელებული წილადი გადააქციეთ მარტივ წილადში და გამოაკლეთ იგი თავდაპირველ წილადს.

მაგალითი#1 ამოხსენით განტოლება 127x- 52y+ 1 = 0 მთელი რიცხვებით

მოდით გადავიტანოთ კოეფიციენტების თანაფარდობა უცნობებში.

უპირველეს ყოვლისა, ვირჩევთ არასწორი წილადის მთელ ნაწილს; = 2 +

შეცვალეთ სწორი წილადი ტოლი წილადით.

სად = 2+

იგივე გარდაქმნები გავაკეთოთ მნიშვნელში მიღებული არასწორი წილადით.

ახლა თავდაპირველი წილადი მიიღებს ფორმას: წილადის იგივე მსჯელობის გამეორებით, მივიღებთ

მივიღეთ გამოთქმა, რომელსაც ეწოდება საბოლოო გაგრძელებული ან გაგრძელებული წილადი. ამ განგრძობითი წილადის ბოლო რგოლის - ერთი მეხუთედის გაუქმების შემდეგ, მივიღებთ მიღებულ ახალ გაგრძელებულ წილადს მარტივ წილადს და ვაკლებთ მას თავდაპირველ წილადს:

მოდით მივიყვანოთ მიღებული გამოხატულება საერთო მნიშვნელამდე და გავაუქმოთ იგი.

საიდანაც 127∙9-52∙22+1=0. მიღებული ტოლობის შედარება განტოლებასთან 127x- 52y+1 = 0 გამოდის, რომ მაშინ x= 9, y= 22 არის ამონახსნი საწყისი განტოლებისა და თეორემის მიხედვით, მისი ყველა ამონახსნებელი იქნება x პროგრესიებში. = 9+ 52t, y= 22+ 127t, სადაც t=(0; ±1; ±2...). , გააუქმეთ მისი ბოლო ბმული და გააკეთეთ ზემოთ მოცემულის მსგავსი გამოთვლები.

ამ ვარაუდის დასამტკიცებლად დაგვჭირდება განგრძობითი წილადების ზოგიერთი თვისება.

განვიხილოთ შეუქცევადი წილადი. ავღნიშნოთ q 1-ით კოეფიციენტი და r 2-ით a b-ზე გაყოფის დარჩენილი ნაწილი. შემდეგ მივიღებთ:

მაშინ b=q 2 r 2 +r 3,

Მსგავსი

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

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

………………………………..

რაოდენობებს q 1 , q 2 ,... არასრული კოეფიციენტები ეწოდება. არასრული კოეფიციენტების ფორმირების ზემოხსენებულ პროცესს ე.წ ევკლიდეს ალგორითმი. ნაშთები განყოფილებიდან r 2 , r 3 , ... აკმაყოფილებენ უტოლობებს

იმათ. შექმენით კლებადი არაუარყოფითი რიცხვების სერია.

მაგალითი #2 ამოხსენით განტოლება 170x+190y=3000 მთელი რიცხვებით

10-ით შემცირების შემდეგ განტოლება ასე გამოიყურება:

კონკრეტული ამოხსნის საპოვნელად ვიყენებთ წილადის გაფართოებას უწყვეტ წილადში

მას შემდეგ რაც მისთვის შესაფერისი წინაბოლო წილადი ჩაშალეს ჩვეულებრივად

ამ განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას აქვს ფორმა

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

და ზოგადი მოცემულია ფორმულით

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

საიდანაც ვიღებთ პირობას k პარამეტრზე

იმათ. k=142, x=2, y=14. .

6. ფაქტორინგის მეთოდი

ვარიანტების ჩამოთვლის მეთოდი არასასიამოვნო გზაა, რადგან არის შემთხვევები, როდესაც შეუძლებელია სრული გადაწყვეტილებების პოვნა ჩამოთვლით, რადგან ასეთი ამონახსნების უსასრულო რაოდენობაა. ფაქტორილიზაციის მეთოდი ძალიან საინტერესო ტექნიკაა და ის გვხვდება როგორც ელემენტარულ მათემატიკაში, ასევე უმაღლეს მათემატიკაში.

არსი მდგომარეობს იდენტურ ტრანსფორმაციაში. ნებისმიერი იდენტური ტრანსფორმაციის მნიშვნელობა არის გამოხატვის სხვა ფორმით დაწერა მისი არსის შენარჩუნებით. განვიხილოთ ამ მეთოდის გამოყენების მაგალითები.

№1 ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით y 3 -x 3 = 91.

გამრავლების შემოკლებული ფორმულების გამოყენებით, განტოლების მარჯვენა მხარეს ვყოფთ ფაქტორებად:

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

ჩვენ ვწერთ 91 რიცხვის ყველა გამყოფს: ± 1; ± 7; ± 13; ±91

გაითვალისწინეთ, რომ ნებისმიერი მთელი რიცხვისთვის x და y რიცხვი

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

შესაბამისად, განტოლების მარცხენა მხარეს ორივე ფაქტორი დადებითი უნდა იყოს. მაშინ თავდაპირველი განტოლება უდრის განტოლებათა სისტემების სიმრავლეს:

სისტემების ამოხსნის შემდეგ ვირჩევთ იმ ფესვებს, რომლებიც მთელი რიცხვებია.

ვიღებთ ამონახსნებს საწყისი განტოლებაზე: (5; 6), (-6; -5); (-3; 4), (-4; 3).

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

№2 იპოვეთ ნატურალური რიცხვების ყველა წყვილი, რომელიც აკმაყოფილებს x განტოლებას 2 -ი 2 = 69

განტოლების მარცხენა მხარეს ვანაწილებთ და განტოლებას ვწერთ როგორც

იმიტომ რომ 69 რიცხვის გამყოფებია რიცხვები 1, 3, 23 და 69, შემდეგ 69 შეიძლება მივიღოთ ორი გზით: 69=1 69 და 69=3 23. იმის გათვალისწინებით, რომ x-y > 0, მივიღებთ განტოლებათა ორ სისტემას, რომელთა ამოხსნით შეგვიძლია ვიპოვოთ სასურველი რიცხვები:

ერთი ცვლადის გამოსახვით და მეორე განტოლებით ჩანაცვლებით ვპოულობთ განტოლებების ფესვებს პირველ სისტემას აქვს ამონახსნი x=35;y=34, ხოლო მეორე სისტემას აქვს ამონახსნი x=13, y=10.

პასუხი: (35; 34), (13; 10).

№3 ამოხსენით განტოლება x + y \u003d xy მთელი რიცხვებით:

განტოლებას ვწერთ ფორმაში

მოდით, განტოლების მარცხენა მხარე გავამრავლოთ. მიიღეთ

ორი მთელი რიცხვის ნამრავლი შეიძლება იყოს 1-ის ტოლი მხოლოდ ორ შემთხვევაში: თუ ორივე უდრის 1-ს ან -1-ს. ჩვენ ვიღებთ ორ სისტემას:

პირველ სისტემას აქვს ამონახსნი x=2, y=2, ხოლო მეორე სისტემას აქვს ამონახსნი x=0, y=0 პასუხი: (2; 2), (0; 0).

№4 დაამტკიცეთ, რომ განტოლება (x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 30 არ აქვს ამონახსნები მთელ რიცხვებში.

განტოლების მარცხენა მხარეს ვანაწილებთ და განტოლების ორივე მხარეს ვყოფთ 3-ზე, შედეგად მივიღებთ განტოლებას:

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

10-ის გამყოფები არის რიცხვები ±1, ±2, ±5, ±10. გაითვალისწინეთ ისიც, რომ განტოლების მარცხენა მხარეს ფაქტორების ჯამი 0-ის ტოლია. ადვილია იმის შემოწმება, რომ ნებისმიერი სამი რიცხვის ჯამი 10 რიცხვის გამყოფთა სიმრავლიდან, რომელიც იძლევა 10-ს ნამრავლში, არ იქნება. ტოლია 0. მაშასადამე, თავდაპირველ განტოლებას არ აქვს ამონახსნები მთელ რიცხვებში.

7. ნარჩენების მეთოდი

მეთოდის მთავარი ამოცანაა, მიღებული შედეგების საფუძველზე მოიძიოს განტოლების ორივე ნაწილის მთელი რიცხვით გაყოფის დარჩენილი ნაწილი. ხშირად მიღებული ინფორმაცია ამცირებს განტოლების ამოხსნის კომპლექტების შესაძლებლობებს. განვიხილოთ მაგალითები:

№1 დაამტკიცეთ, რომ განტოლება x 2 = 3y + 2 არ აქვს ამონახსნები მთელ რიცხვებში.

მტკიცებულება.

განვიხილოთ შემთხვევა, როდესაც x, y ∈ N. განვიხილოთ ორივე მხარის ნაშთი გაყოფილი 3-ზე. განტოლების მარჯვენა მხარე იძლევა ნაშთს 2-ს, როდესაც იყოფა 3-ზე y-ის ნებისმიერი მნიშვნელობისთვის. მარცხენა მხარე, რომელიც არის ნატურალური რიცხვის კვადრატი, როდესაც იყოფა 3-ზე, ყოველთვის იძლევა ნაშთს 0-ს ან 1-ს. ამის საფუძველზე ვასკვნით, რომ ნატურალურ რიცხვებში ამ განტოლების ამონახსნი არ არსებობს.

განვიხილოთ შემთხვევა, როდესაც ერთ-ერთი რიცხვი უდრის 0-ს. მაშინ, ცხადია, არ არის ამონახსნები მთელ რიცხვებში.

შემთხვევას, როდესაც y არის უარყოფითი მთელი რიცხვი, არ აქვს ამონახსნები, რადგან მარჯვენა მხარე იქნება უარყოფითი და მარცხენა მხარე დადებითი.

შემთხვევას, როდესაც x არის უარყოფითი მთელი რიცხვი, ასევე არ აქვს ამონახსნები, რადგან მიეკუთვნება ადრე განხილულ ერთ-ერთ შემთხვევას იმის გამო, რომ (-x) 2 = (x) 2 .

გამოდის, რომ მითითებულ განტოლებას არ აქვს ამონახსნები მთელ რიცხვებში, რისი დამტკიცებაც იყო საჭირო.

№2 ამოხსენი მთელ რიცხვებში 3 X = 1 + y 2 .

ძნელი არ არის იმის დანახვა, რომ (0; 0) არის ამ განტოლების ამონახსნი. რჩება იმის დასამტკიცებლად, რომ განტოლებას სხვა მთელი რიცხვი ფესვები არ აქვს.

განვიხილოთ შემთხვევები:

1) თუ x∈N, y∈N, მაშინ Z იყოფა სამზე ნაშთის გარეშე და 1 + y 2 3-ზე გაყოფისას იძლევა

დარჩენილი არის ან 1 ან 2. შესაბამისად, თანასწორობა დადებითი მთელი რიცხვებისთვის

x, y-ის მნიშვნელობები შეუძლებელია.

2) თუ x არის უარყოფითი მთელი რიცხვი, y∈Z , მაშინ 0< 3 х < 1, а 1 + y 2 ≥ 0 и

თანასწორობაც შეუძლებელია. ამიტომ, (0; 0) ერთადერთია

პასუხი: (0; 0).

№3 ამოხსენით განტოლება 2x 2 -2xy+9x+y=2 მთელ რიცხვებში:

განტოლებიდან გამოვხატოთ უცნობი, რომელიც შედის მასში მხოლოდ პირველ ხარისხში, ანუ ცვლადი y:

2x 2 + 9x-2 = 2xy-y, საიდანაც

წილადის მთელ ნაწილს ვირჩევთ მრავალწევრის მრავალწევრულ „კუთხეზე“ გაყოფის წესის გამოყენებით. ჩვენ ვიღებთ:

ცხადია, 2x-1 სხვაობამ შეიძლება მიიღოს მხოლოდ -3, -1, 1 და 3 მნიშვნელობები.

რჩება ამ ოთხი შემთხვევის ჩამოთვლა, რის შედეგადაც ვიღებთ ამონახსნებს: (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)

პასუხი: (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)

8. განტოლებების ამოხსნის მაგალითი ორი ცვლადით მთელი რიცხვებით, როგორც კვადრატული ერთ-ერთი ცვლადის მიმართ

№1 ამოხსენით განტოლება 5x მთელი რიცხვებით 2 +5 წ 2 + 8xy+2y-2x +2=0

ამ განტოლების ამოხსნა შესაძლებელია ფაქტორიზაციის მეთოდით, თუმცა, ეს მეთოდი, როგორც ამ განტოლებაზე გამოიყენება, საკმაოდ შრომატევადია. განვიხილოთ უფრო რაციონალური გზა.

განტოლებას ვწერთ კვადრატის სახით x ცვლადის მიმართ:

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

ჩვენ ვიპოვით მის ფესვებს.

ამ განტოლებას აქვს გამოსავალი, თუ და მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ დისკრიმინანტია

ამ განტოლების ტოლია ნულის, ე.ი. - 9(y+1) 2 =0, შესაბამისად y= - 1.

თუ y=-1, მაშინ x=1.

პასუხი: (1; - 1).

9. მთელი რიცხვებით განტოლებების გამოყენებით ამოცანების ამოხსნის მაგალითი.

№ 1. ამოხსენით განტოლება ნატურალურ რიცხვებში : სადაც n>m

გამოვსახოთ n ცვლადი m ცვლადის მიხედვით:

ვიპოვოთ 625 რიცხვის გამყოფები: ეს არის 1; 5; 25; 125; 625

1) თუ m-25 =1, მაშინ m=26, n=25+625=650

2) m-25 =5, შემდეგ m=30, n=150

3) m-25 =25, შემდეგ m=50, n=50

4) m-25 =125, შემდეგ m=150, n=30

5) m-25 =625, შემდეგ m=650, n=26

პასუხი: m=150, n=30

№ 2. ამოხსენით განტოლება ნატურალურ რიცხვებში: mn +25 = 4m

ამოხსნა: mn +25 = 4m

1) გამოხატეთ ცვლადი 4m n-ით:

2) იპოვეთ 25 რიცხვის ბუნებრივი გამყოფები: ეს არის 1; 5; 25

თუ 4-n=1, მაშინ n=3, m=25

4-n=5, შემდეგ n=-1, m=5; 4-n =25, შემდეგ n=-21, m=1 (უცხო ფესვები)

პასუხი: (25;3)

მთელი რიცხვებით განტოლების ამოხსნის ამოცანების გარდა, არსებობს ამოცანები, რომლებიც ადასტურებენ იმ ფაქტს, რომ განტოლებას არ აქვს მთელი რიცხვი ფესვები.

ასეთი პრობლემების გადაჭრისას აუცილებელია გახსოვდეთ გაყოფის შემდეგი თვისებები:

1) თუ n Z; n იყოფა 2-ზე, შემდეგ n = 2k, k ∈ Z.

2) თუ n ∈ Z; n არ იყოფა 2-ზე, მაშინ n = 2k+1, k ∈ Z.

3) თუ n ∈ Z; n იყოფა 3-ზე, შემდეგ n = 3k, k ∈ Z.

4) თუ n ∈ Z; n არ იყოფა 3-ზე, მაშინ n = 3k±1, k ∈ Z.

5) თუ n ∈ Z; n არ იყოფა 4-ზე, მაშინ n = 4k+1; n = 4k+2; n = 4k+3. k ∈ Z.

6) თუ n ∈ Z; n(n+1) იყოფა 2-ზე, შემდეგ n (n+1)(n+2) იყოფა 2;3;6-ზე.

7) n; n+1 არის თანაპირველი.

№3 დაამტკიცეთ, რომ განტოლება x 2 - 3y = 17 არ აქვს მთელი რიცხვი ამონახსნები.

მტკიცებულება:

მოდით x; y - განტოლების ამონახსნები

x 2 \u003d 3 (y + 6) -1 y ∈ Z შემდეგ y+6 ∈ Z, ამიტომ 3(y+6) იყოფა 3-ზე, შესაბამისად 3(y+6)-1 არ იყოფა 3-ზე, შესაბამისად x 2 არ იყოფა 3-ზე, შესაბამისად x არ არის იყოფა 3-ზე, ამიტომ x = 3k±1, k ∈ Z.

ჩაანაცვლეთ ეს თავდაპირველ განტოლებაში.

ჩვენ მივიღეთ წინააღმდეგობა. ეს ნიშნავს, რომ განტოლებას არ აქვს მთელი ამონახსნები, რაც საჭირო იყო დასამტკიცებლად.

10.პიკის ფორმულა

პიკის ფორმულა აღმოაჩინა ავსტრიელმა მათემატიკოსმა გეორგ პიკმა 1899 წელს. ფორმულა დაკავშირებულია მთელ რიცხვებში განტოლებებთან, რადგან მრავალკუთხედებიდან აღებულია მხოლოდ მთელი რიცხვი კვანძები, ისევე როგორც მთელი რიცხვები განტოლებებში.

ამ ფორმულის გამოყენებით შეგიძლიათ იპოვოთ უჯრედის ფურცელზე აგებული ფიგურის ფართობი (სამკუთხედი, კვადრატი, ტრაპეცია, ოთხკუთხედი, მრავალკუთხედი).

ამ ფორმულაში ჩვენ ვიპოვით მთელ რიცხვებს მრავალკუთხედის შიგნით და მის საზღვარზე.

იმ ამოცანებში, რომლებიც იქნება გამოცდაზე, არის დავალებების მთელი ჯგუფი, რომლებშიც უჯრედში ფურცელზე აგებული მრავალკუთხედია მოცემული და ჩნდება კითხვა ფართობის პოვნის შესახებ. უჯრედის მასშტაბი არის ერთი კვადრატული სანტიმეტრი.

მაგალითი #1

M - კვანძების რაოდენობა სამკუთხედის საზღვარზე (გვერდებზე და წვეროებზე)

N არის სამკუთხედის შიგნით არსებული კვანძების რაოდენობა.

*„კვანძებში“ ვგულისხმობთ ხაზების გადაკვეთას. იპოვეთ სამკუთხედის ფართობი:

გაითვალისწინეთ კვანძები:

M = 15 (მითითებულია წითლად)

N = 34 (მონიშნული ლურჯად)

მაგალითი #2

იპოვეთ მრავალკუთხედის ფართობი: გაითვალისწინეთ კვანძები:

M = 14 (მითითებულია წითლად)

N = 43 (მონიშნულია ლურჯად)

12.დაღმართის მეთოდი

მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის ერთ-ერთი მეთოდი – დაღმართის მეთოდი – ეფუძნება ფერმას თეორემას.

დაღმართის მეთოდი არის მეთოდი, რომელიც შედგება ამონახსნების უსასრულო მიმდევრობის ერთი ამოხსნის აგებაში უსასრულოდ კლებადი დადებითი z.

ამ მეთოდის ალგორითმს განვიხილავთ კონკრეტული განტოლების ამოხსნის მაგალითის გამოყენებით.

მაგალითი 1. ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით 5x + 8y = 39.

1) ავირჩიოთ უცნობი, რომელსაც აქვს ყველაზე მცირე კოეფიციენტი (ჩვენს შემთხვევაში, ეს არის x) და გამოვხატოთ სხვა უცნობის მიხედვით:

2) აირჩიეთ მთელი ნაწილი: ცხადია, x იქნება მთელი, თუ გამოსახულება აღმოჩნდება მთელი რიცხვი, რომელიც, თავის მხრივ, მოხდება მაშინ, როდესაც რიცხვი 4 - 3y იყოფა 5-ზე ნაშთის გარეშე.

3) შემოვიღოთ დამატებითი მთელი რიცხვი z ცვლადი შემდეგნაირად: 4 -3y = 5z. შედეგად, ჩვენ ვიღებთ იგივე ტიპის განტოლებას, როგორც ორიგინალი, მაგრამ უფრო მცირე კოეფიციენტებით.

4) ჩვენ უკვე ვხსნით მას y ცვლადთან მიმართებაში, ზუსტად ისევე, როგორც 1, 2 აბზაცებში: მთელი რიცხვის ნაწილის არჩევით მივიღებთ:

5) წინას ანალოგიურად კამათით შემოგვაქვს ახალი u ცვლადი: 3u = 1 - 2z.

6) გამოთქვით უცნობი უმცირესი კოეფიციენტით, ამ შემთხვევაში z ცვლადი: . მოთხოვნით, რომ ეს იყოს მთელი რიცხვი, მივიღებთ: 1 - u = 2v, საიდანაც u = 1 - 2v. აღარ არის წილადები, დაღმასვლა დასრულდა (ჩვენ ვაგრძელებთ პროცესს მანამ, სანამ არ დარჩება წილადები გამოსახულებაში შემდეგი ცვლადისთვის).

7) ახლა თქვენ უნდა "ასვლა". გამოხატეთ v ცვლადის მეშვეობით ჯერ z, შემდეგ y და შემდეგ x:

8) ფორმულები x = 3+8v და y = 3 - 5v, სადაც v არის თვითნებური მთელი რიცხვი, წარმოადგენს საწყისი განტოლების ზოგად ამონახს მთელ რიცხვებში.

ამრიგად, დაღმართის მეთოდი გულისხმობს ჯერ ერთი ცვლადის თანმიმდევრულ გამოხატვას მეორის მეშვეობით, სანამ წილადები არ დარჩება ცვლადის წარმოდგენაში, შემდეგ კი თანმიმდევრულ „აღმართს“ თანასწორობების ჯაჭვის გასწვრივ განტოლების ზოგადი ამოხსნის მისაღებად.

12.დასკვნა

კვლევის შედეგად დადასტურდა ჰიპოთეზა, რომ მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის სირთულეები განპირობებულია იმით, რომ ჩემთვის ცნობილი არ იყო მათი ამოხსნის ყველა მეთოდი. კვლევის დროს მე მოვახერხე მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის ნაკლებად ცნობილი გზების პოვნა და აღწერა, მათი ილუსტრირება მაგალითებით. ჩემი კვლევის შედეგები გამოადგება მათემატიკით დაინტერესებულ ყველა სტუდენტს.

13. ბიბლიოგრაფია

წიგნის რესურსები:

1. N. Ya. Vilenkin et al., ალგებრა და მათემატიკური ანალიზი / კლასი 10, კლასი 11 / / M., „Prosveshchenie“, 1998;

2. A. F. Ivanov et al., მათემატიკა. საგანმანათლებლო და სასწავლო მასალები გამოცდისთვის მოსამზადებლად // ვორონეჟი, GOUVPO VSTU, 2007 წ.

3. A. O. Gel’fond, მათემატიკა, რიცხვების თეორია// განტოლებების ამოხსნა მთელ რიცხვებში// LIBROCOM Book House

ინტერნეტ რესურსები:

4. მათემატიკაში ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის საკონტროლო საზომი მასალების საჩვენებელი ვერსიები http://fipi.ru/

5. განტოლებების ამონახსნების მაგალითები მთელ რიცხვებში http://reshuege.ru

6. განტოლებების ამონახსნების მაგალითები მთელ რიცხვებში http://mat-ege.ru

7.დიოფანტინის განტოლებების ისტორია http://www.goldenmuseum.com/1612Hilbert_rus.html

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

9.დიოფანტინის განტოლებების ისტორიაhttp://dok.opredelim.com/docs/index-1732.html

10. დიოფანტეს ისტორია http://www.studfiles.ru/preview/4518769/

ჰაინრიხ გ.ნ. FMSh No146, პერმ

54 ≡ 6× 5≡ 2 (მოდიფიკაცია 7),

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

k სიმძლავრის აწევით, მივიღებთ 56k ≡ 1(mod 7) ნებისმიერი ბუნებრივი k-სთვის. ამიტომ 5555 = 56 × 92 × 53 ≡ 6 (mod7).

(გეომეტრიულად, ეს თანასწორობა ნიშნავს, რომ ჩვენ წრეზე ვივლით, დაწყებული 5, ოთხმოცდათორმეტი ციკლიდან და კიდევ სამი რიცხვიდან). ამრიგად, რიცხვი 222555 იძლევა 6-ის ნაშთს 7-ზე გაყოფისას.

განტოლებების ამოხსნა მთელ რიცხვებში.

უდავოა, რომ მათემატიკის ერთ-ერთი საინტერესო თემაა დიოფანტის განტოლებების ამოხსნა. ამ თემას სწავლობენ მე-8, შემდეგ კი მე-10 და მე-11 კლასებში.

ნებისმიერ განტოლებას, რომელიც უნდა ამოხსნას მთელ რიცხვებში, ეწოდება დიოფანტინის განტოლება. მათგან უმარტივესი არის ax + ფორმის განტოლება \u003d c-ით, სადაც a, b და cÎ Z. ამ განტოლების ამოხსნისას გამოიყენება შემდეგი თეორემა.

თეორემა. ხაზოვანი დიოფანტის განტოლება ax+by=c, სადაც a, b და cÎ'Z აქვს ამონახსნი თუ და მხოლოდ მაშინ, თუ c იყოფა a და b რიცხვების gcd-ზე. თუ d=gcd (a, b), a=a1 d, b=b1 d, c=c1 d და (x0 , y0 ) არის ax+by=c განტოლების ზოგიერთი ამონახსნი, მაშინ ყველა ამონახსნი მოცემულია x=-ით. x0 +b1 t, y=y0 –a1 t, სადაც t არის თვითნებური მთელი რიცხვი.

1. ამოხსენით განტოლებები მთელი რიცხვებით:

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

2. ამ თემაზე მათემატიკაში გამოცდისთვის მოსამზადებლად კურსდამთავრებულებთან განიხილეს შემდეგი ამოცანები.

ერთი). ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით: xy + 3y + 2x + 6 = 13. გამოსავალი:

მოდით, განტოლების მარცხენა მხარე გავამრავლოთ. ჩვენ ვიღებთ:

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

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

x,yО Z-დან ვიღებთ განტოლებათა სისტემების ერთობლიობას:

ჰაინრიხ გ.ნ.

	м x +
	м x +
	м x +
ê ì x +

FMSh No146, პერმ

		м x =
		м x =
		м x =
	ê ì x =

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

2). ამოხსენით განტოლება ნატურალური რიცხვებით: 3x + 4y \u003d 5z.

ცხრა). იპოვეთ m და n ნატურალური რიცხვების ყველა წყვილი, რომლის ტოლობა 3m +7=2n მართალია.

ათი). იპოვეთ k, m და n ნატურალური რიცხვების ყველა სამეული, რომლებისთვისაც ტოლობა მართალია: 2∙k!=m! -2∙n! (1!=1, 2!=1∙2, 3!= 1∙2∙3, …n!= 1∙2∙3∙…∙n)

თერთმეტი). სასრული მიმდევრობის ყველა წევრი ნატურალური რიცხვია. ამ თანმიმდევრობის თითოეული წევრი, მეორიდან დაწყებული, ან 14-ჯერ დიდია ან 14-ჯერ მცირეა წინაზე. თანმიმდევრობის ყველა ტერმინის ჯამი არის 4321.

გ) რა რაოდენობის ტერმინები შეიძლება ჰქონდეს მიმდევრობას? გადაწყვეტილება:

ა) მოდით a1 = x, შემდეგ a2 = 14x ან a1 = 14x, შემდეგ a2 = x. შემდეგ, პირობით, a1 + a2 = 4321. ვიღებთ: x + 14x = 4321, 15x = 4321, მაგრამ 4321 არ არის 15-ის ჯერადი, რაც ნიშნავს, რომ არ შეიძლება იყოს ორი წევრი მიმდევრობაში.

ბ) მოდით a1 =x, შემდეგ a2 = 14x, a3 =x, ან 14x+x+14x=4321, ან x+14x+x=4321. 29x=4321, შემდეგ x=149, 14x=2086. ასე რომ, თანმიმდევრობას შეიძლება ჰქონდეს სამი წევრი. მეორე შემთხვევაში 16x=4321, მაგრამ მაშინ x არ არის ნატურალური რიცხვი.

Პასუხის გარეშე; ბ) დიახ; გ) 577.

ჰაინრიხ გ.ნ.

FMSh No146, პერმ

12). სასრული მიმდევრობის ყველა წევრი ნატურალური რიცხვია. ამ თანმიმდევრობის თითოეული წევრი, დაწყებული მეორედან, ან 10-ში; ჯერ მეტი, ან 10-ჯერ ნაკლები წინაზე. მიმდევრობის ყველა წევრის ჯამია 1860.

ა) შეიძლება თუ არა მიმდევრობას ჰქონდეს ორი წევრი? ბ) შეიძლება თუ არა მიმდევრობას სამი წევრი ჰქონდეს?

გ) რა რაოდენობის ტერმინები შეიძლება ჰქონდეს მიმდევრობას?

აშკარაა, რომ შეიძლება მთელი რიცხვების გაყოფაზე საუბარი და ამ თემაზე პრობლემების უსასრულოდ განხილვა. შევეცადე ეს თემა ისე განმეხილა, რომ მოსწავლეები უფრო მეტად დაინტერესებულიყო, მათემატიკის სილამაზე ამ კუთხითაც მეჩვენებინა.

ჰაინრიხ გ.ნ.

FMSh No146, პერმ

ბიბლიოგრაფია:

1. A. Ya. Kannel-Belov, A. K. Kovaldzhi. როგორ წყდება არასტანდარტული ამოცანები მოსკოვის MCNMO 2001 წ

2. A.V. Spivak. ჟურნალის კვანტი No4/2000 დანართი მათემატიკური დღესასწაული, მოსკოვი 2000 წ.

3. A.V. Spivak. მათემატიკური წრე, „თესვა“ 2003 წ

4. სანკტ-პეტერბურგიახალგაზრდული შემოქმედების ქალაქის სასახლე. მათემატიკური წრე. სწავლის პირველ-მეორე კურსის პრობლემატური წიგნი. პეტერბურგი. 1993 წ

5. ალგებრა მე-8 კლასისთვის. სახელმძღვანელო სკოლებისა და კლასების მოსწავლეებისთვის მათემატიკის სიღრმისეული შესწავლით. რედაქტირებულია N.Ya.Vilenkin-ის მიერ. მოსკოვი, 1995 წ

6. M.L.Galitsky, A.M.Goldman, L.I.Zvavich. ამოცანების კრებული ალგებრაში ამისთვის 8-9 კლასები. სახელმძღვანელო სკოლებისა და კლასების მოსწავლეებისთვის მათემატიკის სიღრმისეული შესწავლით. მოსკოვი, განმანათლებლობა. 1994 წ

7. იუ.ნ.მაკარიჩევი, ნ.გ.მინდიუკი, კ.ი.ნეშკოვი. ალგებრა მე-8 კლასი. სახელმძღვანელო სკოლებისთვის და კლასებისთვის მათემატიკის სიღრმისეული შესწავლით. მოსკოვი, 2001 წ

8. M.I.Shabunin, A.A.Prokofiev UMK მათემატიკა ალგებრა. მათემატიკური ანალიზის დასაწყისი. პროფილის დონე. სახელმძღვანელო მე-11 კლასისთვის. მოსკოვის ბინომი. ცოდნის ლაბორატორია 2009 წ

9. M.I.Shabunin, A.A.Prokofiev, T.A.Oleynik, T.V.Sokolova. UMK მათემატიკა ალგებრა. მათემატიკური ანალიზის დასაწყისი. პროფილის დონის დავალების წიგნი მე-11 კლასისთვის. მოსკოვის ბინომი. ცოდნის ლაბორატორია 2009 წ

10. A.G. Klovo, D.A. Maltsev, L.I. Abzelilova მათემატიკა. ტესტების შეგროვება EGE გეგმის მიხედვით 2010 წ

11. USE-2010. "ლეგიონი-მ". დონის როსტოვი 2009 წ

12. EGE EMC „მათემატიკა. მზადება გამოცდისთვის. რედაქტირებულია F.F. Lysenko, S.Yu. Kulabukhov. ემზადება USE-2011. "ლეგიონი-მ". დონის როსტოვი 2010 წ

13. UMK „მათემატიკა. USE-2010“. რედაქტირებულია F.F. Lysenko, S.Yu. Kulabukhov. მათემატიკა მომზადება USE-2010. სასწავლო ტესტები. "ლეგიონი-მ". დონის როსტოვი 2009 წ

14. FIPI გამოყენება. უნივერსალური მასალები მოსწავლეთა მოსამზადებლად მათემატიკა 2010 წინტელექტის ცენტრი 2010 წ

15. ა.ჟ.ჟაფაროვი. მათემატიკა. USE-2010 ექსპრეს კონსულტაცია. ციმბირის უნივერსიტეტის გამომცემლობა, 2010 წ

შესავალი

ბევრი მათემატიკური ამოცანაა, რომლებსაც პასუხად ერთი ან მეტი მთელი რიცხვი აქვთ. მაგალითად, შეგვიძლია მოვიყვანოთ მთელი რიცხვებით ამოხსნილი ოთხი კლასიკური ამოცანა - აწონვის, რიცხვის გაყოფის, გაცვლის და ოთხი კვადრატის ამოცანის პრობლემა. უნდა აღინიშნოს, რომ, მიუხედავად ამ ამოცანების საკმაოდ მარტივი ფორმულირებისა, მათი ამოხსნა ძალიან რთულია მათემატიკური ანალიზისა და კომბინატორიკის აპარატის გამოყენებით. პირველი ორი ამოცანის ამოხსნის იდეები ეკუთვნის შვეიცარიელ მათემატიკოს ლეონჰარდ ეილერს (1707–1783). თუმცა, ყველაზე ხშირად შეგიძლიათ იპოვოთ პრობლემები, რომლებშიც შემოთავაზებულია განტოლების გადაჭრა მთელი რიცხვებით (ან ნატურალური) რიცხვებით. ამ განტოლებიდან ზოგიერთი საკმაოდ მარტივად წყდება შერჩევის მეთოდით, მაგრამ ეს აჩენს სერიოზულ პრობლემას - აუცილებელია იმის დამტკიცება, რომ ამ განტოლების ყველა ამონახსნები ამოწურულია შერჩეულიდან (ანუ არ არსებობს ამონახსნები, რომლებიც განსხვავდება ამონახსნებისაგან. შერჩეული). ამას შეიძლება დასჭირდეს სხვადასხვა ტექნიკა, როგორც სტანდარტული, ასევე ხელოვნური. დამატებითი მათემატიკური ლიტერატურის ანალიზი აჩვენებს, რომ ასეთი ამოცანები საკმაოდ გავრცელებულია სხვადასხვა წლის და სხვადასხვა დონის მათემატიკის ოლიმპიადებში, ასევე მათემატიკაში USE-ის მე-19 ამოცანაში (პროფილის დონე). ამავდროულად, ეს თემა პრაქტიკულად არ განიხილება სასკოლო მათემატიკის კურსში, ამიტომ სკოლის მოსწავლეები, რომლებიც მონაწილეობენ მათემატიკურ ოლიმპიადებში ან აბარებენ პროფილის გამოცდას მათემატიკაში, ჩვეულებრივ, მნიშვნელოვან სირთულეებს აწყდებიან ასეთი დავალებების შესრულებაში. ამასთან დაკავშირებით მიზანშეწონილია გამოვყოთ მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის ძირითადი მეთოდების სისტემა, მით უმეტეს, რომ ეს საკითხი ცალსახად არ არის განხილული შესწავლილ მათემატიკურ ლიტერატურაში. აღწერილმა პრობლემამ განსაზღვრა ამ სამუშაოს მიზანი: გამოყოს განტოლებების ამოხსნის ძირითადი მეთოდები მთელ რიცხვებში. ამ მიზნის მისაღწევად საჭირო იყო შემდეგი ამოცანების გადაჭრა:

1) ოლიმპიადის მასალების, ასევე მათემატიკაში პროფილის გამოცდის მასალების გაანალიზება;

2) დაასახელეთ მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის მეთოდები და გამოყავით გაბატონებული;

3) მიღებული შედეგების ილუსტრირება მაგალითებით;

4) ამ თემაზე რამდენიმე სასწავლო დავალების შედგენა;

5) შემუშავებული ამოცანების გამოყენებით განსაზღვრეთ MBOU 59-ე საშუალო სკოლის მეცხრე კლასის მოსწავლეების მზადყოფნის ხარისხი მსგავსი ამოცანების გადასაჭრელად და პრაქტიკული დასკვნების გამოტანა.

Მთავარი ნაწილი

სხვადასხვა მათემატიკური ლიტერატურის ანალიზი გვიჩვენებს, რომ მთელ რიცხვებში განტოლებების ამოხსნის მეთოდებს შორის ძირითადი შეიძლება გამოიყოს შემდეგი:

1. განტოლების წარმოდგენა რამდენიმე ფაქტორის ნამრავლის სახით, რომელიც ტოლია რომელიმე მთელ რიცხვს;
2. განტოლების წარმოდგენა რამდენიმე წევრის კვადრატების ჯამის სახით, ტოლი ზოგიერთი მთელი რიცხვისა;
3. გაყოფის, ფაქტორების და ზუსტი კვადრატების თვისებების გამოყენება;
4. ფერმას პატარა და დიდი თეორემების გამოყენება;
5. უსასრულო დაღმართის მეთოდი;
6. ერთი უცნობის გამოხატვა მეორის მეშვეობით;
7. განტოლების ამოხსნა, როგორც კვადრატული ერთ-ერთი უცნობის მიმართ;
8. ნაშთების გათვალისწინება განტოლების ორივე მხარის რომელიმე რიცხვზე გაყოფით.

დაუყოვნებლივ უნდა დაზუსტდეს, რას ვგულისხმობთ განტოლებების ამოხსნის ძირითად მეთოდებში. ყველაზე ხშირად გამოყენებულ მეთოდებს მთავარს დავარქმევთ, რაც, რა თქმა უნდა, არ გამორიცხავს ახალი „მოულოდნელი“ მეთოდების პერიოდულად გამოყენების შესაძლებლობას. გარდა ამისა, შემთხვევების აბსოლუტურ უმრავლესობაში გამოიყენება მათი სხვადასხვა კომბინაციები, ანუ გაერთიანებულია რამდენიმე მეთოდი.
როგორც მეთოდების კომბინაციის მაგალითი, განვიხილოთ განტოლება შემოთავაზებული USE-ში მათემატიკაში 2013 წელს (ამოცანა C6).

დავალება.ამოხსენით განტოლება ნატურალურ რიცხვებში ნ! + 5ნ + 13 = კ 2 .

გადაწყვეტილება.გაითვალისწინეთ, რომ ის მთავრდება ნულით ნ> 4. გარდა ამისა, ნებისმიერი n ∈ N მთავრდება ან 0-ით ან 5-ით. ამიტომ, ნ> 4 განტოლების მარცხენა მხარე მთავრდება ან 3-ით ან 8-ით. მაგრამ ის ასევე უდრის ზუსტ კვადრატს, რომელიც ამ რიცხვებით ვერ მთავრდება. ასე რომ, არჩევანის მხოლოდ ოთხი ვარიანტია: ნ = 1, ნ = 2, ნ = 3, ნ = 4.

ასე რომ, განტოლებას აქვს უნიკალური ბუნებრივი ამონახსნი ნ = 2, კ = 5.

ამ პრობლემამ გამოიყენა ზუსტი კვადრატების თვისებები, ფაქტორების თვისებები და განტოლების ორივე მხარის 10-ზე გაყოფის ნაშთები.

დავალება 1. ნ 2 - 4წ! = 3.

გადაწყვეტილება. პირველ რიგში, ჩვენ ხელახლა ვწერთ თავდაპირველ განტოლებას როგორც ნ 2 = 4წ! + 3. თუ ამ მიმართებას შეხედავთ ნაშთით გაყოფის თეორემის თვალსაზრისით, მაშინ ხედავთ, რომ განტოლების მარცხენა მხარეს ზუსტი კვადრატი იძლევა 3-ის ნაშთს 4-ზე გაყოფისას, რაც შეუძლებელია. . მართლაც, ნებისმიერი მთელი რიცხვი შეიძლება წარმოდგენილი იყოს შემდეგი ოთხი ფორმით:

ამდენად, ზუსტი კვადრატი, როდესაც იყოფა 4-ზე, იძლევა ნაშთს 0-ის ან 1-ის. შესაბამისად, თავდაპირველ განტოლებას არ აქვს ამონახსნები.

საკვანძო იდეა– ზუსტი კვადრატების თვისებების გამოყენება.

დავალება 2. 8ზ 2 = (ტ!) 2 + 2.

გადაწყვეტილება. პირდაპირი გადამოწმება ამას აჩვენებს ტ= 0 და ტ= 1 არ არის განტოლების ამონახსნები. Თუ ტ> 1, მაშინ ტ! არის ლუწი რიცხვი, ანუ ის შეიძლება იყოს წარმოდგენილი როგორც ტ! = 2ს. ამ შემთხვევაში, განტოლება შეიძლება გარდაიქმნას მე-4 ფორმაში ზ 2 = 2ს 2 + 1. თუმცა, მიღებულ განტოლებას აშკარად არ აქვს ამონახსნები, რადგან მარცხენა მხარეს არის ლუწი რიცხვი, მარჯვნივ კი კენტი.

საკვანძო იდეა– ფაქტორების თვისებების გამოყენება.

დავალება 3. ამოხსენით განტოლება x 2 + y 2 - 2x + 6y + 5 = 0 მთელი რიცხვებით.

გადაწყვეტილება. ორიგინალური განტოლება შეიძლება გადაიწეროს შემდეგნაირად: ( x – 1) 2 + (წ + 3) 2 = 5.

აქედან გამომდინარეობს, რომ ( x – 1), (წ+ 3) არის მთელი რიცხვები. ამრიგად, ეს განტოლება უდრის შემდეგ კომპლექტს:

ახლა ჩვენ შეგვიძლია ჩამოვწეროთ განტოლების ყველა შესაძლო მთელი რიცხვი.

დავალება 4. ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით zt + ტ – 2ზ = 7.

გადაწყვეტილება. ორიგინალური განტოლება შეიძლება გარდაიქმნას ფორმაში ( ზ + 1) (ტ– 2) = 5. რიცხვები ( ზ + 1), (ტ– 2) არის მთელი რიცხვები, ასე რომ, შემდეგი ვარიანტები ხდება:

ამრიგად, განტოლებას აქვს ზუსტად ოთხი მთელი რიცხვი.

საკვანძო იდეა- განტოლების წარმოდგენა მთელი რიცხვის ტოლი ნამრავლის სახით.

დავალება 5. ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით ნ(ნ + 1) = (2კ+ 1)‼

გადაწყვეტილება. ნომერი (2 კ+ 1)‼ არის კენტი ყველა არაუარყოფითი მნიშვნელობისთვის კგანმარტების მიხედვით (უარყოფით კსაერთოდ არ არის განსაზღვრული). მეორეს მხრივ, ის ტოლია ნ(ნ+ 1), რომელიც არის ლუწი ყველა მთელი მნიშვნელობისთვის კ. წინააღმდეგობა.

საკვანძო იდეა– განტოლების ლუწი/კენტი ნაწილების გამოყენება.

დავალება 6. ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით xy + x + 2წ = 1.

გადაწყვეტილება. გარდაქმნით, განტოლება შეიძლება შემცირდეს შემდეგზე:

ამ ტრანსფორმაციამ არ შეცვალა განტოლებაში შემავალი უცნობის ODZ ჩანაცვლების შემდეგ წ= -1 თავდაპირველ განტოლებაში მივყავართ აბსურდულ თანასწორობას -2 = 1. პირობის მიხედვით, xარის მთელი რიცხვი. სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, ასევე მთელი რიცხვი. მაგრამ მაშინ რიცხვი უნდა იყოს მთელი რიცხვი. წილადი არის მთელი რიცხვი, თუ და მხოლოდ მაშინ, თუ მრიცხველი იყოფა მნიშვნელზე. 3 რიცხვის გამყოფები: 1.3 -1, -3. აქედან გამომდინარე, არსებობს ოთხი შესაძლო შემთხვევა უცნობისთვის: წ = 0, წ = 2, წ= –2, y = –4. ახლა ჩვენ შეგვიძლია გამოვთვალოთ უცნობის შესაბამისი მნიშვნელობები x. ასე რომ, განტოლებას აქვს ზუსტად ოთხი მთელი ამონახსნი: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).

საკვანძო იდეაარის ერთი უცნობის გამოხატულება მეორის თვალსაზრისით.

დავალება 7. მ= ნ 2 + 2.

გადაწყვეტილება. Თუ მ= 0, მაშინ განტოლება იღებს ფორმას ნ 2 = -1. მას არ აქვს სრული გადაწყვეტილებები. Თუ მ < 0, то левая часть уравнения, а значит, и ნ, არ იქნება მთელი რიცხვი. ნიშნავს, მ> 0. მაშინ განტოლების მარჯვენა მხარე (ისევე როგორც მარცხენა მხარე) იქნება 5-ის ჯერადი. მაგრამ ამ შემთხვევაში ნ 2-ზე 5-ზე გაყოფისას უნდა მივიღოთ ნაშთი 3-ის, რაც შეუძლებელია (ეს დასტურდება ნაშთების ჩამოთვლის მეთოდით, რომელიც აღწერილი იყო 1-ლი ამოცანის ამოხსნისას). ამრიგად, ამ განტოლებას არ აქვს ამონახსნები მთელ რიცხვებში.

საკვანძო იდეა– ნაშთების პოვნა განტოლების ორივე ნაწილის ნატურალურ რიცხვზე გაყოფისგან.

დავალება 8. ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით ( x!) 4 + (წ – 1) 4 = (ზ + 1) 4 .

გადაწყვეტილება. გაითვალისწინეთ, რომ იმის გამო, რომ მაჩვენებლები ლუწია, განტოლება უდრის შემდეგს: ( x!) 4 + |წ – 1| 4 = |ზ+ 1| 4 . მერე x!, |წ – 1|, |ზ+ 1| - მთელი რიცხვები. თუმცა, ფერმას ბოლო თეორემის მიხედვით, ეს ნატურალური რიცხვები ვერ აკმაყოფილებენ თავდაპირველ განტოლებას. ამრიგად, განტოლება გადაუჭრელია მთელ რიცხვებში.

საკვანძო იდეა- ფერმას ბოლო თეორემის გამოყენება.

დავალება 9. ამოხსენით განტოლება მთელი რიცხვებით x 2 + 4წ 2 = 16xy.

გადაწყვეტილება. პრობლემის მდგომარეობიდან გამომდინარეობს, რომ x- ლუწი რიცხვი. მერე x 2 = 4x 12 . განტოლება გარდაიქმნება ფორმაში x 1 2 + წ 2 = 8x 1 წ. აქედან გამომდინარეობს, რომ რიცხვები x 1 , წაქვთ იგივე პარიტეტი. განვიხილოთ ორი შემთხვევა.

1 შემთხვევა. დაე იყოს x 1 , წ- დაამატე ციფრები. მერე x 1 = 2ტ + 1, წ = 2ს+ 1. ამ გამონათქვამების განტოლებაში ჩანაცვლებით მივიღებთ:

შევასრულოთ შესაბამისი გარდაქმნები:

შედეგად მიღებული განტოლების ორივე გვერდის 2-ით შემცირება, მივიღებთ?

მარცხენა მხარეს არის კენტი რიცხვი, ხოლო მარჯვენა მხარეს არის ლუწი რიცხვი. წინააღმდეგობა. ასე რომ 1 შემთხვევა შეუძლებელია.

2 შემთხვევა. დაე იყოს x 1 , წ- ლუწი რიცხვები. მერე x 1 = 2x 2 + 1, წ = 2წერთი . ამ მნიშვნელობების განტოლებაში ჩანაცვლებით, მივიღებთ:

ამრიგად, მიიღება განტოლება, ზუსტად იგივე, რაც წინა ეტაპზე. იგი შესწავლილია ანალოგიურად, ამიტომ შემდეგ ეტაპზე ვიღებთ განტოლებას და ა.შ. ფაქტობრივად, ამ გარდაქმნების განხორციელებისას უცნობითა პარიტეტის საფუძველზე, ვიღებთ შემდეგ გაფართოებებს: . მაგრამ რაოდენობები ნდა კშეზღუდული არ არის, რადგან ნებისმიერ საფეხურზე (თვითნებურად დიდი რიცხვით) მივიღებთ წინა განტოლების ექვივალენტს. ანუ ამ პროცესის შეჩერება შეუძლებელია. სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, რიცხვები x, წუსასრულოდ ბევრჯერ იყოფა 2-ზე. მაგრამ ეს ხდება მხოლოდ იმ პირობით, რომ x = წ= 0. ამრიგად, განტოლებას აქვს ზუსტად ერთი მთელი ამონახსნი (0; 0).

საკვანძო იდეა– უსასრულო დაღმართის მეთოდის გამოყენება.

დავალება 10. ამოხსენით განტოლება 5 მთელ რიცხვებში x 2 – 3xy + წ 2 = 4.

გადაწყვეტილება. მოდით გადავიწეროთ ეს განტოლება მე-5 სახით x 2 – (3x)წ + (წ 2 – 4) = 0. ის შეიძლება ჩაითვალოს კვადრატად უცნობის მიმართ x. მოდით გამოვთვალოთ ამ განტოლების დისკრიმინანტი:

იმისათვის, რომ განტოლებას ჰქონდეს ამონახსნები, აუცილებელია და საკმარისია, რომ, ანუ, გვაქვს შემდეგი შესაძლებლობები წ: წ = 0, წ = 1, წ = –1, წ= 2, წ= –2.

ასე რომ, განტოლებას აქვს ზუსტად 2 მთელი რიცხვი ამონახსნები: (0;2), (0;–2).

საკვანძო იდეა– განტოლების განხილვა, როგორც კვადრატული ერთ-ერთი უცნობის მიმართ.

ექსპერიმენტში გამოყენებული იქნა ავტორის მიერ შედგენილი ამოცანები, რომელიც შედგებოდა შემდეგისგან. მეცხრე კლასის ყველა მოსწავლეს შესთავაზეს შემუშავებული დავალებები ამ თემაზე ბავშვების მომზადების დონის დასადგენად. თითოეულ სტუდენტს უნდა შეეთავაზებინა განტოლებების მთელი რიცხვის ამონახსნის მეთოდი. ექსპერიმენტში 64-მა მოსწავლემ მიიღო მონაწილეობა. მიღებული შედეგები მოცემულია ცხრილში 1.

ცხრილი 1

Სამსახურის ნომერი	მოსწავლეთა რაოდენობა, რომლებმაც დაასრულეს დავალება (პროცენტი)

ეს მაჩვენებლები მიუთითებს, რომ მეცხრე კლასის მოსწავლეების მომზადების დონე ამ თემაზე ძალიან დაბალია. ამიტომ მიზანშეწონილად ჩანს სპეციალური კურსის „განტოლებები მთელ რიცხვებში“ მოწყობა, რომელიც მიმართული იქნება ამ მიმართულებით სტუდენტების ცოდნის ამაღლებაზე. უპირველეს ყოვლისა, ესენი არიან სტუდენტები, რომლებიც სისტემატიურად მონაწილეობენ მათემატიკურ შეჯიბრებებში და ოლიმპიადებში და ასევე გეგმავენ მათემატიკაში სპეციალიზებული გამოცდის ჩაბარებას.

დასკვნები

ამ სამუშაოს დროს:

1) გაანალიზდა ოლიმპიადის მასალები, მათემატიკაში ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის მასალები;

2) მითითებულია მთელი რიცხვებით განტოლებების ამოხსნის მეთოდები და ხაზგასმულია გაბატონებული;

3) მიღებული შედეგები ილუსტრირებულია მაგალითებით;

4) მეცხრე კლასის მოსწავლეთა სასწავლო დავალებების შედგენა;

5) მოეწყო ექსპერიმენტი მეცხრე კლასის მოსწავლეების ამ თემაზე მომზადების დონის დასადგენად;

6) გაანალიზებულია ცდის შედეგები და გამოტანილია დასკვნები მათემატიკური სპეციალურ კურსში მთელი რიცხვებით განტოლებების შესწავლის მიზანშეწონილობის შესახებ.

ამ კვლევის დროს მიღებული შედეგები შეიძლება გამოყენებულ იქნას მათემატიკური ოლიმპიადებისთვის, მათემატიკაში ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის მოსამზადებლად, ასევე მათემატიკური წრეში გაკვეთილების ჩატარებისას.

ბიბლიოგრაფია

1. გელფონდი ა.ო. განტოლებების ამოხსნა მთელ რიცხვებში. - მ.: ნაუკა, 1983 - 64გვ.

2. ალფუტოვა ნ.ბ. უსტინოვი A.V. ალგებრა და რიცხვების თეორია. მათემატიკური სკოლების ამოცანების კრებული - M.: MTsNMO, 2009 - 336 გვ.

3. Galperin G.A., Tolpygo A.K. მოსკოვის მათემატიკური ოლიმპიადები: წიგნი. სტუდენტებისთვის / რედ. ა.ნ. კოლმოგოროვი. - მ.: განმანათლებლობა, 1986. - 303გვ., ილ.

4. დალინჯერ ვ.ა. ამოცანები მთელ რიცხვებში - ომსკი: ამფორა, 2010 - 132 გვ.

5. იუ.ა.გასტევი და მ.

ლექსიკონი

უსასრულო დაღმართის მეთოდი- ფრანგი მათემატიკოსის პ.ფერმას (1601–1665) მიერ შემუშავებული მეთოდი, რომელიც შედგება ნატურალური რიცხვების უსასრულოდ კლებადი მიმდევრობის აგებით წინააღმდეგობის მიღებაში. ერთგვარი მტკიცება წინააღმდეგობით.

ზუსტი (სრული) კვადრატიარის მთელი რიცხვის კვადრატი.

ნატურალური რიცხვის ფაქტორიალი ნ არის ყველა ნატურალური რიცხვის ნამრავლი 1-დან ნინკლუზიური.