Problémy s celočíselnými neznámymi
Pavlovskaja Nina Mikhailovna,
učiteľ matematiky MBOU „Stredná škola č.92
Kemerovo
Algebraické rovnice alebo sústavy algebraických rovníc s celočíselnými koeficientmi, ktoré majú viac neznámych ako je počet rovníc a pre ktoré sa hľadajú celočíselné alebo racionálne riešenia, sa nazývajú diofantínne rovnice .
Úloha riešenia rovníc v celých číslach bola kompletne vyriešená len pre rovnice s jednou neznámou, pre rovnice prvého stupňa a pre rovnice druhého stupňa s dvoma neznámymi. Pre rovnice nad druhým stupňom s dvoma alebo viacerými neznámymi je dokonca problém dokázať existenciu celočíselných riešení zložitý. Navyše sa dokázalo, že neexistuje jednotný algoritmus, ktorý by umožňoval riešiť ľubovoľné diofantínske rovnice v celých číslach v konečnom počte krokov.
- Najjednoduchšie diofantické rovnice sú rovnice tvaru
ax + by = c , a ≠ 0; b ≠ 0
Ak c = 0 , potom je riešenie zrejme x = 0, y = 0.
Ak c ≠ 0 a riešenie (X 0 ; pri 0 ) , potom celé číslo
sekera 0 + podľa 0 deleno d = (a ; b) , Preto s by mala byť deliteľná aj spoločným deliteľom a a b .
Napríklad: 3x + 6y = 5 nemá celočíselné riešenia, pretože (3; 6) = 3 a c = 5 nie je bezo zvyšku deliteľné 3.
- Ak rovnica ax + by = c má riešenie (X 0 ; pri 0 ) a (a; b) = 1 , potom sú všetky riešenia rovnice dané vzorcami x = x 0 +bn; y = y 0 – an, kde n je ľubovoľné celočíselné riešenie.
Napríklad: 3x + 5y = 13, (3; 5) = 1, takže rovnica má nekonečne veľa riešení, X 0 =1; pri 0 =2
Fermatova veľká (veľká) veta hovorí: rovnica tvaru nemá riešenia v prirodzených číslach.
Túto vetu sformuloval taliansky matematik Pierre Fermat pred viac ako 300 rokmi a bola dokázaná až v roku 1993.
Metóda faktorizácie .
1) Riešte rovnicu v celých číslach
x + y = xy.
rozhodnutie. Rovnicu zapíšeme do tvaru
(x - 1) (y - 1) = 1.
Súčin dvoch celých čísel sa môže rovnať iba 1, ak sa obe rovnajú 1. To znamená, že pôvodná rovnica je ekvivalentná množine
s riešeniami (0,0) a (2,2).
2. Riešte rovnicu v celých číslach:
3x² + 4xy - 7y² = 13.
rozhodnutie: 3x² - 3xy + 7xy - 7y² \u003d 13,
3x(x - y) + 7y (x - y) = 13,
(x - y) (3x + 7y) \u003d 13.
Keďže 13 má celočíselné delitele ±1 a ±13,
1. x - y \u003d 1, 7x - 7 rokov \u003d 7, x \u003d 2,
3x + 7y = 13; 3x + 7y = 13; kde y = 1
2. x - y \u003d 13, 7x - 7 rokov \u003d 91, x \u003d 9,2,
3x + 7y = 1; 3x + 7y = 1; odkiaľ y \u003d - 3,8.
3 . x - y \u003d -1, 7x - 7r \u003d -7, x \u003d -2,
3x + 7r \u003d -13; 3x + 7y = -13; kde y = -1.
4. x - y \u003d -13, 7x - 7 rokov \u003d -91, x \u003d -9,2,
3x + 7r \u003d -1; 3x + 7r \u003d -1; kde y = 3,8.
Preto má rovnica dve celočíselné riešenia: (2;1) a (-2;-1)
3 . Vyriešte rovnicu v celých číslach:
9x² + 4x - xy + 3r \u003d 88.
rozhodnutie: 9x² + 4x - 88 \u003d xy - 3 roky,
9x² + 4x - 88 \u003d y (x - 3)
keďže 5 má celočíselné delitele ± 1 a ± 5, potom
Rovnice v celých číslach sú algebraické rovnice s dvoma alebo viacerými neznámymi premennými a celočíselnými koeficientmi. Riešeniami takejto rovnice sú všetky celočíselné (niekedy prirodzené alebo racionálne) množiny hodnôt neznámych premenných, ktoré spĺňajú túto rovnicu. Takéto rovnice sa tiež nazývajú diofantína, na počesť starovekého gréckeho matematika, ktorý skúmal niektoré typy takýchto rovníc pred naším letopočtom.
Za modernú formuláciu diofantínskych úloh vďačíme francúzskemu matematikovi. Bol to on, kto predložil európskym matematikom otázku riešenia neurčitých rovníc iba v celých číslach. Najznámejšou rovnicou v celých číslach je Fermatova posledná veta: rovnica
nemá nenulové racionálne riešenia pre všetky prirodzené čísla n > 2.
Teoretický záujem o rovnice v celých číslach je pomerne veľký, pretože tieto rovnice úzko súvisia s mnohými problémami v teórii čísel.
V roku 1970 leningradský matematik Jurij Vladimirovič Matiyaševič dokázal, že neexistuje žiadna všeobecná metóda, ktorá by umožňovala riešiť ľubovoľné diofantínske rovnice v celých číslach v konečnom počte krokov a nemôže existovať. Preto je potrebné zvoliť si vlastné metódy riešenia pre rôzne typy rovníc.
Pri riešení rovníc v celých a prirodzených číslach možno konvenčne rozlíšiť tieto metódy:
spôsob, ako vymenovať možnosti;
aplikácia Euklidovho algoritmu;
reprezentácia čísel vo forme spojitých (spojitých) zlomkov;
faktorizácie;
riešenie rovníc v celých číslach ako štvorec (alebo inak) vzhľadom na nejakú premennú;
reziduálna metóda;
metóda nekonečného zostupu.
Problémy s riešeniami
1. Vyriešte rovnicu x 2 - xy - 2y 2 \u003d 7 v celých číslach.
Napíšme rovnicu v tvare (x - 2y)(x + y) = 7.
Keďže x, y sú celé čísla, nájdeme riešenia pôvodnej rovnice ako riešenia nasledujúcich štyroch systémov:
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.
Po vyriešení týchto sústav získame riešenia rovnice: (3; -2), (5; 2), (-3; 2) a (-5; -2).
Odpoveď: (3; -2), (5; 2), (-3; 2), (-5; -2).
a) 20x + 12r = 2013;
b) 5x + 7y = 19;
c) 201x - 1999y = 12.
a) Keďže pre akékoľvek celočíselné hodnoty x a y je ľavá strana rovnice deliteľná dvomi a pravá strana je nepárne číslo, potom rovnica nemá riešenia v celých číslach.
Odpoveď: Neexistujú žiadne riešenia.
b) Najprv zvolíme konkrétne riešenie. AT tento prípad, je to jednoduché, napr.
x 0 = 1, yo = 2.
5x0 + 7y0 = 19,
5(x - x 0) + 7 (y - y 0) = 0,
5 (x - x 0) \u003d -7 (y - y 0).
Keďže čísla 5 a 7 sú koprimé, potom
x - x 0 \u003d 7k, y - y 0 \u003d -5k.
Takže všeobecné riešenie je:
x = 1 + 7k, y = 2 - 5k,
kde k je ľubovoľné celé číslo.
Odpoveď: (1+7k; 2–5k), kde k je celé číslo.
c) V tomto prípade je dosť ťažké nájsť nejaké konkrétne riešenie výberom. Použime Euklidovský algoritmus pre čísla 1999 a 201:
gcd(1999, 201) = gcd(201, 190) = gcd(190, 11) = gcd(11, 3) = gcd(3, 2) = gcd(2, 1) = 1.
Napíšme tento proces v opačnom poradí:
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.
Dvojica (1273, 128) je teda riešením rovnice 201x - 1999y = 1. Potom dvojica čísel
x 0 = 1273 12 = 15276, y 0 = 128 12 = 1536
je riešením rovnice 201x - 1999y = 12.
Všeobecné riešenie tejto rovnice možno zapísať ako
x = 15276 + 1999k, y = 1536 + 201k, kde k je celé číslo,
alebo po premenovaní (používame, že 15276 = 1283 + 7 1999, 1536 = 129 + 7 201),
x = 1283 + 1999n, y = 129 + 201n, kde n je celé číslo.
Odpoveď: (1283+1999n, 129+201n), kde n je celé číslo.
3. Riešte rovnicu v celých číslach:
a) x3 + y3 = 3333333;
b) x 3 + y3 = 4 (x 2 y + xy 2 + 1).
a) Keďže x 3 a y 3 môžu poskytnúť len zvyšky 0, 1 a 8, keď sú delené 9 (pozri tabuľku v časti), x 3 + y 3 môžu poskytnúť len zvyšky 0, 1, 2, 7 a 8. číslo 3333333 pri delení 9 dáva zvyšok 3. Pôvodná rovnica teda nemá riešenia v celých číslach.
b) Prepíšte pôvodnú rovnicu ako (x + y) 3 = 7 (x 2 y + xy 2) + 4. Keďže kocky celých čísel delené 7 dávajú zvyšky 0, 1 a 6, ale nie 4, rovnica nemá celočíselné riešenia.
Odpoveď: Neexistujú žiadne celočíselné riešenia.
a) v prvočíslach rovnica x 2 - 7x - 144 \u003d y 2 - 25y;
b) v celých číslach, rovnica x + y \u003d x 2 - xy + y 2.
a) Túto rovnicu riešime ako kvadratickú vzhľadom na premennú y. Získajte
y \u003d x + 9 alebo y \u003d 16 - x.
Keďže pre nepárne x je číslo x + 9 párne, jediná dvojica prvočísel, ktorá spĺňa prvú rovnosť, je (2; 11).
Pretože x, y sú jednoduché, potom z rovnosti y \u003d 16 - x máme
2 x 16,2 pri 16.
Pomocou vymenovania možností nájdeme zvyšné riešenia: (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).
Odpoveď: (2; 11), (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).
b) Považujte túto rovnicu za kvadratickú rovnicu pre x:
x 2 - (y + 1) x + y 2 - y \u003d 0.
Diskriminant tejto rovnice je –3y 2 + 6y + 1. Je kladný len pre nasledujúce hodnoty y: 0, 1, 2. Pre každú z týchto hodnôt získame z pôvodnej rovnice kvadratickú rovnicu pre x , čo sa dá ľahko vyriešiť.
Odpoveď: (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2).
5. Existuje nekonečný počet trojíc celých čísel x, y, z takých, že x 2 + y 2 + z 2 = x 3 + y 3 + z 3 ?
Skúsme vybrať také trojičky, kde y = –z. Potom sa y 3 a z 3 vždy navzájom vyrušia a naša rovnica bude vyzerať takto
x2 + 2y2 = x3
alebo inak,
x 2 (x–1) = 2y 2 .
Aby dvojica celých čísel (x; y) splnila túto podmienku, stačí, aby číslo x–1 bolo dvojnásobkom druhej mocniny celého čísla. Takýchto čísel je nekonečne veľa, totiž všetky sú to čísla v tvare 2n 2 +1. Dosadením takého čísla do x 2 (x–1) = 2y 2 po jednoduchých transformáciách dostaneme:
y = xn = n(2n2 +1) = 2n3 + n.
Všetky takto získané triplety majú tvar (2n 2 +1; 2n 3 + n; -2n 3 - n).
Odpoveď: existuje.
6. Nájdite celé čísla x, y, z, u také, že x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = 2xyzu.
Číslo x 2 + y 2 + z 2 + u 2 je párne, teda medzi číslami x, y, z, u je párny počet nepárnych čísel.
Ak sú všetky štyri čísla x, y, z, u nepárne, potom x 2 + y 2 + z 2 + u 2 je deliteľné 4, ale 2xyzu nie je deliteľné 4 - nezrovnalosť.
Ak sú práve dve z čísel x, y, z, u nepárne, potom x 2 + y 2 + z 2 + u 2 nie je deliteľné 4, ale 2xyzu je deliteľné 4 - opäť nesúlad.
Preto sú všetky čísla x, y, z, u párne. Potom to môže človek napísať
x = 2x 1 , y = 2y 1 , z = 2z 1 , u = 2u 1 ,
a pôvodná rovnica bude mať tvar
x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 = 8x 1 y 1 z 1 u 1 .
Teraz si všimnite, že (2k + 1) 2 = 4k(k + 1) + 1 pri delení 8 dáva zvyšok 1. Ak sú teda všetky čísla x 1 , y 1 , z 1 , u 1 nepárne, potom x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 nie je deliteľné 8. A ak sú práve dve z týchto čísel nepárne, potom x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + u 1 2 nie je deliteľné ani 4. Takže,
x 1 \u003d 2x 2, y 1 \u003d 2y 2, z 1 \u003d 2z 2, u 1 \u003d 2u 2,
a dostaneme rovnicu
x 2 2 + y 2 2 + z 2 2 + u 2 2 = 32x 2 y 2 z 2 u 2 .
Opätovným zopakovaním tej istej úvahy dostaneme, že x, y, z, u sú deliteľné 2 n pre všetky prirodzené n, čo je možné len vtedy, keď x = y = z = u = 0.
Odpoveď: (0; 0; 0; 0).
7. Dokážte, že rovnica
(x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 \u003d 30
nemá žiadne riešenia v celých číslach.
Použime nasledujúcu identitu:
(x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 \u003d 3 (x - y) (y - z) (z - x).
Potom možno pôvodnú rovnicu zapísať ako
(x - y) (y - z) (z - x) = 10.
Označte a = x – y, b = y – z, c = z – x a výslednú rovnosť zapíšte ako
Navyše je zrejmé, že a + b + c = 0. Je ľahké vidieť, že až do permutácie z rovnosti abc = 10 vyplýva, že čísla |a|, |b|, |c| sú buď 1, 2, 5 alebo 1, 1, 10. Ale vo všetkých týchto prípadoch je pre ľubovoľný výber znamienok a, b, c súčet a + b + c nenulový. Pôvodná rovnica teda nemá riešenia v celých číslach.
8. Riešte rovnicu 1 celými číslami! +2! + . . . + x! = y2.
To je zrejmé
ak x = 1, potom y2 = 1,
ak x = 3, potom y2 = 9.
Tieto prípady zodpovedajú nasledujúcim dvojiciam čísel:
xi = 1, yi = 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.
Všimnite si, že pre x = 2 máme 1! +2! = 3, pre x = 4 máme 1! +2! + 3! +4! = 33 a ani 3, ani 33 nie sú celé čísla. Ak x > 5, potom, od
5! +6! + . . . + x! = 10n,
môžeme to napísať
jeden! +2! + 3! +4! +5! + . . . + x! = 33 + 10n.
Keďže 33 + 10n je číslo končiace na 3, nejde o druhú mocninu celého čísla.
Odpoveď: (1; 1), (1; -1), (3; 3), (3; -3).
9. Vyriešte nasledujúcu sústavu rovníc v prirodzených číslach:
a 3 - b 3 - c 3 \u003d 3abc, a 2 \u003d 2 (b + c).
3abc > 0, potom a3 > b3 + c3;
teda máme
Keď spočítame tieto nerovnosti, dostaneme to
Ak vezmeme do úvahy poslednú nerovnosť, získame to z druhej rovnice systému
Ale druhá rovnica systému tiež ukazuje, že a je párne číslo. Teda a = 2, b = c = 1.
Odpoveď: (2; 1; 1)
10. Nájdite všetky dvojice celých čísel x a y, ktoré spĺňajú rovnicu x 2 + x = y 4 + y 3 + y 2 + y.
Zohľadnením oboch častí tejto rovnice dostaneme:
x(x + 1) = y(y + 1)(y 2 + 1),
x(x + 1) = (y 2 + y) (y 2 + 1)
Takáto rovnosť je možná, ak sa ľavá a pravá časť rovnajú nule alebo sú výsledkom dvoch po sebe nasledujúcich celých čísel. Preto prirovnaním určitých faktorov k nule dostaneme 4 páry požadovaných hodnôt premenných:
xi = 0, yi = 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.
Súčin (y 2 + y) (y 2 + 1) možno považovať za súčin dvoch po sebe nasledujúcich nenulových celých čísel, iba ak y \u003d 2. Preto x (x + 1) \u003d 30, odkiaľ x 5 \ u003d 5, x 6 = -6. To znamená, že existujú ďalšie dva páry celých čísel, ktoré spĺňajú pôvodnú rovnicu:
x5 = 5, y5 = 2;
x 6 \u003d -6, y 6 \u003d 2.
Odpoveď: (0; 0), (0; -1), (-1; 0), (-1; -1), (5; 2), (-6; 2.)
Problémy bez riešení
1. Riešte rovnicu v celých číslach:
a) xy = x + y + 3;
b) x 2 + y 2 \u003d x + y + 2.
2. Riešte rovnicu v celých číslach:
a) x 3 + 21y2 + 5 = 0;
b) 15x 2 - 7y 2 \u003d 9.
3. Riešte rovnicu v prirodzených číslach:
a) 2 x + 1 \u003d y 2;
b) 3 2 x + 1 \u003d y 2.
4. Dokážte, že rovnica x 3 + 3y 3 + 9z 3 = 9xyz v racionálnych číslach má jednoznačné riešenie
5. Dokážte, že rovnica x 2 + 5 = y 3 v celých číslach nemá riešenia.
Text práce je umiestnený bez obrázkov a vzorcov.
Plná verzia práce je dostupná v záložke „Súbory úloh“ vo formáte PDF
Predmet štúdia.
Výskum sa týka jedného z najzaujímavejších odvetví teórie čísel - riešenia rovníc v celých číslach.
Predmet štúdia.
Riešenie v celých číslach algebraických rovníc s celočíselnými koeficientmi vo viac ako jednej neznámej je jedným z najťažších a najstarších matematických problémov a nie je dostatočne hlboko zastúpené v kurze školskej matematiky. Vo svojej práci uvediem pomerne úplný rozbor rovníc v celých číslach, klasifikáciu týchto rovníc podľa metód ich riešenia, popis algoritmov na ich riešenie, ako aj praktické príklady aplikácie každej metódy pre riešenie rovníc v celých číslach.
Cieľ.
Naučte sa riešiť rovnice v celých číslach.
Úlohy:
Štúdium vzdelávacej a referenčnej literatúry;
Zbierajte teoretický materiál o tom, ako riešiť rovnice;
Analyzovať algoritmy na riešenie rovníc tohto typu;
Popíšte riešenia;
Zvážte príklady riešenia rovníc pomocou týchto metód.
hypotéza:
Vzhľadom na rovnice v celých číslach v úlohách olympiády som predpokladal, že ťažkosti pri ich riešení sú spôsobené tým, že nepoznám všetky spôsoby ich riešenia.
Relevantnosť:
Pri riešení približných variantov USE úloh som si všimol, že často existujú úlohy na riešenie rovníc prvého a druhého stupňa v celých číslach. Okrem toho úlohy olympiády rôznych úrovní obsahujú aj rovnice v celých číslach alebo úlohy, ktoré sa riešia pomocou zručnosti riešiť rovnice v celých číslach. Dôležitosť vedieť, ako riešiť rovnice v celých číslach, určuje relevantnosť môjho výskumu.
Výskumné metódy
Teoretická analýza a zovšeobecnenie informácií z vedeckej literatúry o rovniciach v celých číslach.
Klasifikácia rovníc v celých číslach podľa metód ich riešenia.
Analýza a zovšeobecnenie metód riešenia rovníc v celých číslach.
Výsledky výskumu
Článok popisuje metódy riešenia rovníc, zaoberá sa teoretickým materiálom Fermatovej vety, Pytagorovej vety, Euklidovho algoritmu, uvádza príklady riešenia problémov a rovníc rôznych úrovní zložitosti.
2.História rovníc v celých číslach
Diophantus - vedec - algebraista starovekého Grécka, podľa niektorých zdrojov žil až do roku 364 nášho letopočtu. e. Špecializoval sa na riešenie úloh v celých číslach. Odtiaľ pochádza názov diofantínových rovníc. Najznámejší, ktorý vyriešil Diophantus, je problém „rozkladu na dva štvorce“. Jeho ekvivalentom je známa Pytagorova veta. Život a dielo Diofanta pokračovali v Alexandrii, zbieral a riešil známe a vymýšľal nové problémy. Neskôr ich spojil do veľkého diela s názvom Aritmetika. Z trinástich kníh, ktoré tvorili Aritmetiku, len šesť prežilo až do stredoveku a stalo sa zdrojom inšpirácie pre matematikov renesancie.Diofantova aritmetika je súbor problémov, z ktorých každá obsahuje riešenie a potrebné vysvetlenie. Zbierka obsahuje rôzne problémy a ich riešenie je často veľmi dômyselné. Diofanta zaujímajú iba kladné celé čísla a racionálne riešenia. Iracionálne riešenia nazýva „nemožné“ a starostlivo vyberá koeficienty tak, aby sa získali požadované pozitívne, racionálne riešenia.
Fermatova veta sa používa na riešenie rovníc v celých číslach. História toho dôkazu je celkom zaujímavá. Mnohí významní matematici pracovali na úplnom dôkaze Veľkej vety a tieto snahy viedli k mnohým výsledkom v modernej teórii čísel. Predpokladá sa, že teorém je na prvom mieste, pokiaľ ide o počet nesprávnych dôkazov.
Pozoruhodný francúzsky matematik Pierre Fermat uviedol, že rovnica pre celé číslo n ≥ 3 nemá riešenia v kladných celých číslach x, y, z (xyz = 0 je vylúčené kladnosťou x, y, z. Pre prípad n = 3 túto vetu vyskúšal v X storočí stredoázijský matematik al-Khojandi, ale jeho dôkaz sa nezachoval. O niečo neskôr sám Fermat zverejnil dôkaz konkrétneho prípadu pre n = 4.
Euler v roku 1770 dokázal teorém pre prípad n = 3, Dirichlet a Legendre v roku 1825 pre n = 5, Lame pre n = 7. Kummer ukázal, že veta platí pre všetky prvočísla n menšie ako 100, možno s výnimkou 37 , 59, 67.
V 80. rokoch sa objavil nový prístup k riešeniu problému. Z Mordellovho dohadu, ktorý dokázal Faltings v roku 1983, vyplýva, že rovnica
pre n > 3 môže mať len konečný počet koprimárnych riešení.
Posledný, ale najdôležitejší krok v dôkaze vety urobil v septembri 1994 Wiles. Jeho 130-stranový dôkaz bol publikovaný v Annals of Mathematics. Dôkaz je založený na predpoklade nemeckého matematika Gerharda Freya, že Fermatova posledná veta je dôsledkom Taniyama-Shimurovej hypotézy (tento predpoklad dokázal Ken Ribet za účasti J.-P. Serra). Wiles publikoval prvý verzia jeho dôkazu v roku 1993 (po 7 rokoch tvrdej práce), ale čoskoro sa v ňom objavila vážna medzera; s pomocou Richarda Lawrencea Taylora sa medzera rýchlo uzavrela. Konečná verzia bola publikovaná v roku 1995. 15. marca 2016 Andrew Wiles preberá Abelovu cenu. V súčasnosti je prémia 6 miliónov nórskych korún, teda približne 50 miliónov rubľov. Podľa Wilesa bolo ocenenie pre neho „úplným prekvapením“.
3. Lineárne rovnice v celých číslach
Lineárne rovnice sú najjednoduchšie zo všetkých diofantických rovníc.
Rovnica v tvare ax=b, kde a a b sú nejaké čísla a x je neznáma premenná, sa nazýva lineárna rovnica s jednou neznámou. Tu je potrebné nájsť iba celočíselné riešenia rovnice. Je vidieť, že ak a ≠ 0, potom rovnica bude mať celočíselné riešenie iba vtedy, ak b je úplne deliteľné a a toto riešenie je x = b / f. Ak a=0, potom rovnica bude mať celočíselné riešenie, keď b=0 a v tomto prípade x je ľubovoľné číslo.
pretože 12 je teda rovnomerne deliteľné 4
Pretože a=o a b=0, potom x je ľubovoľné číslo
Pretože 7 nie je deliteľné ani 10, potom neexistujú žiadne riešenia.
4. Spôsob, ako vymenovať možnosti.
Pri spôsobe sčítania možností je potrebné brať do úvahy znaky deliteľnosti čísel, zvážiť všetky možné možnosti rovnosti konečného sčítania. Táto metóda sa môže použiť na riešenie týchto problémov:
№1 Nájdite množinu všetkých dvojíc prirodzených čísel, ktoré sú riešením rovnice 49x+69y=602
Vyjadríme z rovnice x =,
Pretože x a y sú prirodzené čísla, potom x = ≥ 1, vynásobte celú rovnicu číslom 49, aby ste sa zbavili menovateľa:
Presuňte 602 na ľavú stranu:
51y ≤ 553, vyjadrite y, y= 10
Úplný zoznam možností ukazuje, že prirodzené riešenia rovnice sú x=5, y=7.
Odpoveď: (5,7).-
№2 Vyriešte problém
Z číslic 2, 4, 7 treba urobiť trojmiestne číslo, v ktorom sa ani jedno číslo nemôže opakovať viac ako dvakrát.
Nájdite počet všetkých trojciferných čísel, ktoré začínajú číslom 2: (224, 242, 227, 272, 247, 274, 244, 277) - je ich 8.
Podobne nájdeme všetky trojciferné čísla začínajúce číslicami 4 a 7: (442, 424, 422, 447, 474, 427, 472, 477).
(772, 774, 727, 747, 722, 744, 724, 742) - sú to tiež 8 čísel. Existuje len 24 čísel.
Odpoveď: 24.
5. Pokračovací zlomok a Euklidov algoritmus
Pokračovací zlomok je vyjadrením obyčajného zlomku v tvare
kde q 1 je celé číslo a q 2 , … ,qn sú prirodzené čísla. Takýto výraz sa nazýva pokračujúci (konečný pokračujúci) zlomok. Existujú konečné a nekonečné pokračovanie zlomkov.
Pre racionálne čísla má pokračujúci zlomok konečný tvar. Okrem toho postupnosť a i je presne tou postupnosťou kvocientov, ktorá sa získa aplikáciou euklidovského algoritmu na čitateľa a menovateľa zlomku.
Pri riešení rovníc so súvislými zlomkami som zostavil všeobecný algoritmus akcií pre túto metódu riešenia rovníc v celých číslach.
Algoritmus
1) Zostavte pomer koeficientov pre neznáme v tvare zlomku
2) Preveďte výraz na nesprávny zlomok
3) Vyberte časť celého čísla nesprávneho zlomku
4) Nahraďte správny zlomok rovnakým zlomkom
5) Urobte 3.4 s nesprávnym zlomkom získaným v menovateli
6) Opakujte 5 až do konečného výsledku
7) Vo výslednom výraze zahoďte posledný odkaz na pokračovanie zlomku, výsledný nový reťazový zlomok otočte na jednoduchý a odčítajte ho od pôvodného zlomku.
Príklad#1 Vyriešte rovnicu 127x- 52y+ 1 = 0 v celých číslach
Transformujme pomer koeficientov v neznámych.
Najprv vyberieme celočíselnú časť nevlastného zlomku; = 2 +
Nahraďte správny zlomok rovnakým zlomkom.
Kde = 2+
Urobme rovnaké transformácie s nesprávnym zlomkom získaným v menovateli.
Teraz bude mať pôvodný zlomok tvar: Zopakovaním rovnakého uvažovania pre zlomok dostaneme
Dostali sme výraz nazývaný konečný pokračujúci alebo pokračujúci zlomok. Po vyradení posledného odkazu tohto pokračovacieho zlomku – jednej pätiny, zmeníme výsledný nový pokračovací zlomok na jednoduchý a odčítame ho od pôvodného zlomku:
Priveďme výsledný výraz k spoločnému menovateľovi a zahoďme ho.
Odkiaľ 127∙9-52∙22+1=0. Porovnaním získanej rovnosti s rovnicou 127x- 52y+1 = 0 vyplýva, že potom x= 9, y= 22 je riešením pôvodnej rovnice a podľa vety budú všetky jej riešenia obsiahnuté v postupnostiach x = 9+ 52t, y= 22+ 127t , kde t=(0; ±1; ±2....), zahoďte jeho posledný odkaz a vykonajte výpočty podobné tým, ktoré sú uvedené vyššie.
Na dôkaz tohto predpokladu budeme potrebovať niektoré vlastnosti spojitých zlomkov.
Zvážte neredukovateľný zlomok. Označme q 1 podiel a r 2 zvyšok delenia a číslom b. Potom dostaneme:
Potom b=q 2 r 2 + r 3 ,
Podobný
r 2 \u003d q 3 r 3 + r 4, ;
r 3 \u003d q 4 r 4 + r 5,;
………………………………..
Veličiny q 1 , q 2 ,… sa nazývajú neúplné kvocienty. Vyššie uvedený proces tvorby neúplných kvocientov je tzv Euklidov algoritmus. Zvyšky z delenia r 2 , r 3 ,...vypĺňajú nerovnosti
tie. tvoria sériu klesajúcich nezáporných čísel.
Príklad #2 Vyriešte rovnicu 170x+190y=3000 v celých číslach
Po znížení o 10 rovnica vyzerá takto,
Na nájdenie konkrétneho riešenia používame rozšírenie zlomku na pokračujúci zlomok
Po zrútení predposledného zlomku vhodného na to na obyčajný
Konkrétne riešenie tejto rovnice má tvar
X 0 \u003d (-1) 4300 ∙ 9 \u003d 2700, y 0 \u003d (-1) 5300 ∙ 8 \u003d -2400,
a všeobecný je daný vzorcom
x=2700-19k, y=-2400+17k.
odkiaľ získame podmienku na parametri k
Tie. k = 142, x = 2, y = 14. .
6. Metóda faktoringu
Metóda enumerácie možností je nepohodlný spôsob, pretože existujú prípady, kedy nie je možné nájsť úplné riešenia enumeráciou, pretože takýchto riešení je nekonečné množstvo. Faktorizačná metóda je veľmi zaujímavá technika a nachádza sa tak v elementárnej matematike, ako aj vo vyššej matematike.
Podstata spočíva v identickej premene. Zmyslom každej identickej transformácie je napísať výraz v inej forme pri zachovaní jeho podstaty. Zvážte príklady použitia tejto metódy.
№1 Riešte rovnicu v celých číslach y 3 -X 3 = 91.
Pomocou skrátených vzorcov na násobenie rozložíme pravú stranu rovnice na faktory:
(y - x) (y2 + xy + x 2) = 91
Všetky delitele čísla 91 vypíšeme: ± 1; ± 7; ± 13; ±91
Všimnite si, že pre každé celé číslo x a y je číslo
y 2 + yx + x 2 ≥ y 2 - 2|y||x| + x 2 = (|y| - |x|) 2 ≥ 0,
preto oba faktory na ľavej strane rovnice musia byť kladné. Potom je pôvodná rovnica ekvivalentná množine sústav rovníc:
Po vyriešení systémov vyberieme tie korene, ktoré sú celými číslami.
Dostaneme riešenia pôvodnej rovnice: (5; 6), (-6; -5); (-3; 4), (-4; 3).
Odpoveď: (5; 6); (-6; -5); (-3; 4); (-4;3).
№2 Nájdite všetky dvojice prirodzených čísel, ktoré spĺňajú rovnicu x 2 -y 2 = 69
Rozložíme ľavú stranu rovnice na faktor a rovnicu zapíšeme ako
Pretože deliteľmi čísla 69 sú čísla 1, 3, 23 a 69, potom 69 môžeme získať dvoma spôsobmi: 69=1 69 a 69=3 23. Ak vezmeme do úvahy, že x-y > 0, dostaneme dve sústavy rovníc, ktorých riešením môžeme nájsť požadované čísla:
Po vyjadrení jednej premennej a jej dosadení do druhej rovnice nájdeme korene rovníc. Prvá sústava má riešenie x=35;y=34 a druhá sústava má riešenie x=13, y=10.
Odpoveď: (35; 34), (13; 10).
№3 Vyriešte rovnicu x + y \u003d xy v celých číslach:
Rovnicu zapíšeme do tvaru
Rozložme ľavú stranu rovnice na faktor. Získajte
Súčin dvoch celých čísel sa môže rovnať 1 iba v dvoch prípadoch: ak sú obe rovné 1 alebo -1. Dostávame dva systémy:
Prvá sústava má riešenie x=2, y=2 a druhá sústava má riešenie x=0, y=0 Odpoveď: (2; 2), (0; 0).
№4 Dokážte, že rovnica (x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 30 nemá žiadne riešenia v celých číslach.
Rozdelíme ľavú stranu rovnice na faktor a obe strany rovnice vydelíme 3, výsledkom čoho je rovnica:
(x - y) (y - z) (z - x) = 10
Deliče 10 sú čísla ±1, ±2, ±5, ±10. Všimnite si tiež, že súčet faktorov na ľavej strane rovnice sa rovná 0. Je ľahké skontrolovať, že súčet ľubovoľných troch čísel z množiny deliteľov čísla 10, ktorý v súčine dáva 10, nebude rovná 0. Pôvodná rovnica teda nemá riešenia v celých číslach.
7. Metóda zvyškov
Hlavnou úlohou metódy je na základe získaných výsledkov nájsť zvyšok delenia oboch častí rovnice celým číslom. Získané informácie často znižujú možnosti množín riešení rovnice. Zvážte príklady:
№1 Dokážte, že rovnica x 2 = 3y + 2 nemá riešenia v celých číslach.
Dôkaz.
Uvažujme prípad, kde x, y ∈ N. Uvažujme zvyšok oboch strán delený 3. Pravá strana rovnice dáva zvyšok 2 pri delení 3 pre akúkoľvek hodnotu y. Ľavá strana, ktorá je druhou mocninou prirodzeného čísla, pri delení 3 dáva vždy zvyšok 0 alebo 1. Na základe toho usudzujeme, že v prirodzených číslach neexistuje riešenie tejto rovnice.
Zvážte prípad, keď sa jedno z čísel rovná 0. Potom, samozrejme, neexistujú žiadne riešenia v celých číslach.
Prípad, keď y je záporné celé číslo, nemá riešenia, pretože pravá strana bude negatívna a ľavá pozitívna.
Prípad, keď x je záporné celé číslo, tiež nemá riešenia, pretože spadá do jedného z prípadov, o ktorých sme uvažovali skôr, pretože (-x) 2 = (x) 2 .
Ukazuje sa, že naznačená rovnica nemá riešenia v celých číslach, čo bolo potrebné dokázať.
№2 Riešte v celých číslach 3 X = 1 + y 2 .
Nie je ťažké vidieť, že (0; 0) je riešením tejto rovnice. Zostáva dokázať, že rovnica nemá žiadne iné celočíselné korene.
Zvážte prípady:
1) Ak x∈N, y∈N, potom Z je bezo zvyšku deliteľné tromi a 1 + y 2 pri delení 3 dáva
zvyšok je buď 1 alebo 2. Preto je rovnosť pre kladné celé čísla
hodnoty x, y nie sú možné.
2) Ak x je záporné celé číslo, y∈Z , potom 0< 3 х < 1, а 1 + y 2 ≥ 0 и
rovnosť je tiež nemožná. Preto je (0; 0) jediné
Odpoveď: (0; 0).
№3 Riešte rovnicu 2x 2 -2xy+9x+y=2 v celých číslach:
Vyjadrime z rovnice neznámu, ktorá do nej vstupuje len po prvý stupeň, teda premennú y:
2x 2 + 9x-2 = 2xy-y, odkiaľ
Celú časť zlomku vyberieme pomocou pravidla pre delenie polynómu polynómovým „uhlom“. Dostaneme:
Je zrejmé, že rozdiel 2x-1 môže nadobudnúť iba hodnoty -3, -1, 1 a 3.
Zostáva vymenovať tieto štyri prípady, v dôsledku ktorých získame riešenia: (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)
Odpoveď: (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)
8. Príklad riešenia rovníc s dvoma premennými v celých číslach ako druhých vzhľadom na jednu z premenných
№1 Riešte rovnicu 5x v celých číslach 2 +5r 2 + 8xy+2y-2x +2=0
Túto rovnicu je možné vyriešiť faktorizačnou metódou, avšak táto metóda, ako je aplikovaná na túto rovnicu, je dosť prácna. Uvažujme o racionálnejšom spôsobe.
Rovnicu zapíšeme v tvare kvadratickej rovnice vzhľadom na premennú x:
5x 2 +(8y-2)x+5y 2 +2y+2=0
Nachádzame jeho korene.
Táto rovnica má riešenie práve vtedy, ak je diskriminant
tejto rovnice sa rovná nule, t.j. -9(y+1)2=0, teda y=-1.
Ak y=-1, potom x=1.
Odpoveď: (1; - 1).
9. Príklad riešenia úloh pomocou rovníc v celých číslach.
№ 1. Riešte rovnicu v prirodzených číslach : kde n>m
Vyjadrime premennú n pomocou premennej m:
Poďme nájsť deliteľa čísla 625: toto je 1; 5; 25; 125; 625
1) ak m-25 = 1, potom m = 26, n = 25 + 625 = 650
2) m-25 = 5, potom m = 30, n = 150
3) m-25 = 25, potom m = 50, n = 50
4) m-25 = 125, potom m = 150, n = 30
5) m-25 = 625, potom m = 650, n = 26
Odpoveď: m=150, n=30
№ 2. Riešte rovnicu v prirodzených číslach: mn +25 = 4m
Riešenie: mn +25 = 4 m
1) vyjadrite premennú 4m ako n:
2) nájdite prirodzených deliteľov čísla 25: toto je 1; 5; 25
ak 4-n=1, potom n=3, m=25
4-n=5, potom n=-1, m=5; 4-n = 25, potom n = -21, m = 1 (cudzie korene)
odpoveď: (25;3)
Okrem úloh na riešenie rovnice v celých číslach existujú úlohy, ktoré majú dokázať, že rovnica nemá celé korene.
Pri riešení takýchto problémov je potrebné pamätať na nasledujúce vlastnosti deliteľnosti:
1) ak n Z; n je deliteľné 2, potom n = 2k, k ∈ Z.
2) Ak n ∈ Z; n nie je deliteľné 2, potom n = 2k+1, k ∈ Z.
3) Ak n ∈ Z; n je deliteľné 3, potom n = 3k, k ∈ Z.
4) Ak n ∈ Z; n nie je deliteľné 3, potom n = 3k±1, k ∈ Z.
5) Ak n ∈ Z; n nie je deliteľné 4, potom n = 4k+1; n = 4k+2; n = 4k+3. k ∈ Z.
6) Ak n ∈ Z; n(n+1) je deliteľné 2, potom n (n+1)(n+2) je deliteľné 2;3;6.
7) n; n+1 sú koprimové.
№3 Dokážte, že rovnica x 2 - 3y = 17 nemá celočíselné riešenia.
dôkaz:
Nech x; y - riešenia rovnice
x 2 \u003d 3 (y + 6) -1 y ∈ Z potom y+6 ∈ Z , takže 3(y+6) je deliteľné 3, teda 3(y+6)-1 nie je deliteľné 3, teda x 2 nie je deliteľné 3, teda x nie je deliteľné 3, teda x = 3k±1, k ∈ Z.
Dosaďte to do pôvodnej rovnice.
Máme rozpor. To znamená, že rovnica nemá celé riešenia, čo bolo potrebné dokázať.
10. Vrcholový vzorec
Pickov vzorec objavil rakúsky matematik Georg Pick v roku 1899. Vzorec súvisí s rovnicami v celých číslach v tom, že z mnohouholníkov sa berú iba celočíselné uzly, ako aj celé čísla v rovniciach.
Pomocou tohto vzorca môžete nájsť oblasť obrázku postavenú na hárku v bunke (trojuholník, štvorec, lichobežník, obdĺžnik, mnohouholník).
V tomto vzorci nájdeme celočíselné body vo vnútri mnohouholníka a na jeho hranici.
V úlohách, ktoré budú na skúške, je celá skupina úloh, v ktorých je daný mnohouholník postavený na hárku v bunke a je tam otázka hľadania oblasti. Mierka buniek je jeden štvorcový centimeter.
Príklad č. 1
M - počet uzlov na hranici trojuholníka (na stranách a vrcholoch)
N je počet uzlov vo vnútri trojuholníka.
*Pod "uzlami" rozumieme priesečník čiar. Nájdite obsah trojuholníka:
Všimnite si uzly:
M = 15 (označené červenou farbou)
N = 34 (označené modrou farbou)
Príklad č. 2
Nájdite oblasť mnohouholníka: Všimnite si uzly:
M = 14 (označené červenou farbou)
N = 43 (označené modrou farbou)
12.Zostupová metóda
Jedna z metód riešenia rovníc v celých číslach - metóda zostupu - je založená na Fermatovej vete.
Zostupná metóda je metóda, ktorá spočíva v zostrojení jedného riešenia nekonečnej postupnosti riešení s nekonečne klesajúcim kladným z.
Algoritmus tejto metódy zvážime na príklade riešenia konkrétnej rovnice.
Príklad 1. Riešte rovnicu celými číslami 5x + 8y = 39.
1) Vyberme neznámu, ktorá má najmenší koeficient (v našom prípade je to x), a vyjadrime ju pomocou inej neznámej:
2) Vyberte časť celého čísla: Je zrejmé, že x bude celé číslo, ak sa ukáže, že výraz je celé číslo, čo sa naopak stane, keď číslo 4 - 3y bude bezo zvyšku deliteľné 5.
3) Zaveďme ďalšiu celočíselnú premennú z takto: 4 -3y = 5z. Výsledkom je, že dostaneme rovnicu rovnakého typu ako pôvodná, ale s menšími koeficientmi.
4) Riešime to už s ohľadom na premennú y, pričom argumentujeme úplne rovnako ako v odsekoch 1, 2: Výberom celej časti dostaneme:
5) Argumentujúc podobne ako v predchádzajúcom, zavedieme novú premennú u: 3u = 1 - 2z.
6) Vyjadrite neznámu najmenším koeficientom, v tomto prípade premennou z: . Ak požadujeme, aby to bolo celé číslo, dostaneme: 1 - u = 2v, odkiaľ u = 1 - 2v. Už nie sú žiadne zlomky, zostup sa skončil (pokračujeme v procese, kým vo výraze pre ďalšiu premennú nezostanú žiadne zlomky).
7) Teraz musíte „ísť hore“. Vyjadrite prostredníctvom premennej v najprv z, potom y a potom x:
8) Vzorce x = 3+8v a y = 3 - 5v, kde v je ľubovoľné celé číslo, predstavujú všeobecné riešenie pôvodnej rovnice v celých číslach.
Metóda zostupu teda zahŕňa najprv sekvenčné vyjadrenie jednej premennej cez druhú, až kým v reprezentácii premennej nezostanú žiadne zlomky, a potom sekvenčný „výstup“ pozdĺž reťazca rovnosti, aby sa získalo všeobecné riešenie rovnice.
12.Záver
V dôsledku štúdie sa potvrdila hypotéza, že ťažkosti pri riešení rovníc v celých číslach sú spôsobené tým, že nie všetky metódy ich riešenia mi boli známe. V priebehu výskumu sa mi podarilo nájsť a opísať málo známe spôsoby riešenia rovníc v celých číslach, ilustrovať ich na príkladoch. Výsledky môjho výskumu môžu byť užitočné pre všetkých študentov so záujmom o matematiku.
13. Bibliografia
Zdroje knihy:
1. N. Ya Vilenkin a kol., Algebra a matematická analýza / 10. ročník, 11. ročník / / M., „Prosveshchenie“, 1998;
2. A. F. Ivanov a kol., Matematika. Vzdelávacie a školiace materiály na prípravu na skúšku // Voronezh, GOUVPO VSTU, 2007
3. A. O. Gel’fond, Matematika, teória čísel// Riešenie rovníc v celých číslach// LIBROCOM Book House
Internetové zdroje:
4. Ukážkové verzie kontrolných meracích materiálov jednotnej štátnej skúšky z matematiky http://fipi.ru/
5. Príklady riešení rovníc v celých číslach http://reshuege.ru
6. Príklady riešení rovníc v celých číslach http://mat-ege.ru
7. História diofantínových rovníc http://www.goldenmuseum.com/1612Hilbert_rus.html
8. História Diophantus 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.História diofantínových rovníchttp://dok.opredelim.com/docs/index-1732.html
10. História Diophantus http://www.studfiles.ru/preview/4518769/
Heinrich G.N. FMSh č. 146, Perm
54 ≡ 6 × 5 ≡ 2 (mod 7),
55 ≡ 2× 5≡ 3 (mod 7), 56 ≡ 3× 5≡ 1 (mod 7).
Zvýšením na mocninu k dostaneme 56k ≡ 1(mod 7) pre ľubovoľné prirodzené k. Preto 5555 = 56 × 92 × 53 ≡ 6 (mod7).
(Geometricky táto rovnosť znamená, že ideme okolo kruhu, počnúc od 5, deväťdesiatich dvoch cyklov a troch ďalších čísel). Číslo 222555 teda pri delení 7 dáva zvyšok 6.
Riešenie rovníc v celých číslach.
Jednou zo zaujímavých tém matematiky je nepochybne riešenie diofantínskych rovníc. Táto téma sa študuje v 8. a potom v 10. a 11. ročníku.
Akákoľvek rovnica, ktorú je potrebné vyriešiť v celých číslach, sa nazýva diofantická rovnica. Najjednoduchšia z nich je rovnica v tvare ax + by \u003d c, kde a, b a cÎ Z. Pri riešení tejto rovnice sa používa nasledujúca veta.
Veta. Lineárna diofantická rovnica ax+by=c, kde a, b a cÎ Z má riešenie práve vtedy, ak c je deliteľné gcd čísel a a b. Ak d=gcd (a, b), a=a1 d, b=b1 d, c=c1 d a (x0 , y0 ) je nejaké riešenie rovnice ax+by=c, potom všetky riešenia sú dané x= x0 +b1 t, y=y0 –a1 t, kde t je ľubovoľné celé číslo.
1. Riešte rovnice v celých číslach:
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. V rámci prípravy na skúšku z matematiky na túto tému boli s maturantmi zvažované nasledujúce úlohy.
jeden). Riešte rovnicu v celých číslach: xy + 3y + 2x + 6 = 13. Riešenie:
Rozložme ľavú stranu rovnice na faktorizáciu. Dostaneme:
y(x+3)+2(x+3)=13; | (x+3)(y+2)=13. |
Pretože x,yО Z dostaneme sústavu sústav rovníc:
Heinrich G.N.
м x + | ||||
м x + | ||||
м x + | ||||
ê ì x + |
||||
FMSh č. 146, Perm
м x = | |||||
м x = | |||||
м x = | |||||
ê ì x = | |||||
Odpoveď: (-2; 11), (10; -1), (-4; -15), (-15, -3)
2). Vyriešte rovnicu v prirodzených číslach: 3x + 4y \u003d 5z.
deväť). Nájdite všetky dvojice prirodzených čísel m a n, pre ktoré platí rovnosť 3m +7=2n.
desať). Nájdite všetky trojice prirodzených čísel k, m a n, pre ktoré platí rovnosť: 2∙k!=m! -2∙n! (1!=1, 2!=1∙2, 3!= 1∙2∙3, …n!= 1∙2∙3∙…∙n)
jedenásť). Všetky členy konečnej postupnosti sú prirodzené čísla. Každý člen tejto postupnosti, počnúc druhým, je buď 14-krát väčší alebo 14-krát menší ako predchádzajúci. Súčet všetkých členov v sekvencii je 4321.
c) Aký najväčší počet členov môže mať postupnosť? rozhodnutie:
a) Nech a1 = x, potom a2 = 14x alebo a1 = 14x, potom a2 = x. Potom pomocou podmienky a1 + a2 = 4321. Dostaneme: x + 14x = 4321, 15x = 4321, ale 4321 nie je násobkom 15, čo znamená, že v postupnosti nemôžu byť dva členy.
b) Nech a1 =x, potom a2 = 14x, a3 =x, alebo 14x+x+14x=4321, alebo x+14x+x=4321. 29x=4321, potom x=149, 14x=2086. Postupnosť teda môže mať troch členov. V druhom prípade 16x=4321, ale potom x nie je prirodzené číslo.
Žiadna odpoveď; b) áno; c) 577.
Heinrich G.N. | FMSh č. 146, Perm |
12). Všetky členy konečnej postupnosti sú prirodzené čísla. Každý člen tejto sekvencie, počnúc druhým, alebo v 10; krát viac alebo 10 krát menej ako predchádzajúci. Súčet všetkých členov postupnosti je 1860.
a) Môže mať postupnosť dva členy? b) Môže mať postupnosť tri členy?
c) Aký najväčší počet členov môže mať postupnosť?
Je zrejmé, že sa dá hovoriť o deliteľnosti celých čísel a zvažovať problémy na túto tému donekonečna. Snažil som sa túto tému poňať tak, aby študentov vo väčšej miere zaujala, ukázala im krásu matematiky aj z tohto pohľadu.
Heinrich G.N. | FMSh č. 146, Perm |
Bibliografia:
1. A. Ya. Kannel-Belov, A. K. Kovaldzhi. Ako sa riešia neštandardné úlohy Moskva MCNMO 2001
2. A.V. Spivák. Príloha k časopisu Kvant č. 4/2000 Matematický sviatok, Moskva 2000
3. A.V. Spivák. Matematický krúžok, "Siatie" 2003
4. Saint Petersburg mestský palác kreativity mládeže. Matematický krúžok. Problémová kniha prvého-druhého ročníka štúdia. St. Petersburg. 1993
5. Algebra pre 8. ročník. Učebnica pre žiakov škôl a tried s hĺbkovým štúdiom matematiky. Editoval N.Ya.Vilenkin. Moskva, 1995
6. M.L.Galitsky, A.M.Goldman, L.I.Zvavich. Zbierka úloh z algebry pre 8-9 ročníkov. Učebnica pre žiakov škôl a tried s hĺbkovým štúdiom matematiky. Moskva, osvietenstvo. 1994
7. Yu.N.Makarychev, N.G.Mindyuk, K.I.Neshkov. Algebra 8. ročník. Učebnica pre školy a triedy s hĺbkovým štúdiom matematiky. Moskva, 2001
8. M.I.Shabunin, A.A.Prokofiev UMK MATEMATIKA Algebra. Začiatky matematickej analýzy. úroveň profilu. Učebnica pre ročník 11. Moskovský Binom. Knowledge Lab 2009
9. M.I.Shabunin, A.A.Prokofiev, T.A.Oleynik, T.V.Sokolova. UMK MATEMATIKA Algebra. Začiatky matematickej analýzy. Zošit úloh na úrovni profilu pre ročník 11. Moskovský Binom. Knowledge Lab 2009
10. A.G. Klovo, D.A. Maltsev, L.I. Abzelilova Matematika. Zber testov podľa plánu EGE 2010
11. POUŽITIE-2010. "Légia-M". Rostov na Done 2009
12. EGE EMC „Matematika. Príprava na skúšku. Editovali F.F. Lysenko, S.Yu. Kulabukhov. Príprava na POUŽITIE-2011. "Légia-M". Rostov na Done 2010
13. UMK „Matematika. USE-2010". Editovali F.F. Lysenko, S.Yu. Kulabukhov. MATEMATIKA Príprava na POUŽITIE-2010. Tréningové testy. "Légia-M". Rostov na Done 2009
14. POUŽÍVANIE FIPI. Univerzálne materiály pre prípravu študentov MATEMATIKA 2010 Intellect Center 2010
15. A.Zh.Zhafarov. Matematika. USE-2010 Expresná konzultácia. Vydavateľstvo Sibírskej univerzity, 2010
Úvod
Existuje veľa matematických úloh, ktoré majú ako odpoveď jedno alebo viac celých čísel. Ako príklad môžeme uviesť štyri klasické úlohy riešené v celých číslach – problém váženia, problém rozdelenia čísla, problém zámeny a problém štyroch štvorcov. Treba poznamenať, že napriek pomerne jednoduchej formulácii týchto problémov je veľmi ťažké ich vyriešiť pomocou aparátu matematickej analýzy a kombinatoriky. Nápady na riešenie prvých dvoch problémov patria švajčiarskemu matematikovi Leonhardovi Eulerovi (1707–1783). Najčastejšie však nájdete problémy, v ktorých sa navrhuje riešiť rovnicu v celých (alebo v prirodzených) číslach. Niektoré z týchto rovníc sa dajú celkom jednoducho vyriešiť výberovou metódou, čo však vyvoláva vážny problém - je potrebné dokázať, že všetky riešenia tejto rovnice sú vyčerpané vybratými (tj neexistujú riešenia, ktoré by sa líšili od vybrané). To si môže vyžadovať rôzne techniky, štandardné aj umelé. Analýza doplnkovej matematickej literatúry ukazuje, že takéto úlohy sú celkom bežné na matematických olympiádach rôznych ročníkov a rôznych úrovní, ako aj v úlohe 19 Jednotnej štátnej skúšky z matematiky (profilová úroveň). Zároveň sa táto téma v školskom kurze matematiky prakticky nezohľadňuje, takže školáci, ktorí sa zúčastňujú matematických olympiád alebo robia profilovú skúšku z matematiky, majú zvyčajne značné ťažkosti pri plnení takýchto úloh. V tejto súvislosti je vhodné vyčleniť systém základných metód riešenia rovníc v celých číslach, najmä preto, že táto problematika nie je v preštudovanej matematickej literatúre výslovne diskutovaná. Opísaný problém určil účel tejto práce: zdôrazniť hlavné metódy riešenia rovníc v celých číslach. Na dosiahnutie tohto cieľa bolo potrebné vyriešiť nasledujúce úlohy:
1) Analyzujte materiály olympiády, ako aj materiály profilovej skúšky z matematiky;
2) Označte metódy riešenia rovníc v celých číslach a zvýraznite prevládajúce;
3) Ilustrujte získané výsledky príkladmi;
4) Zostavte niekoľko tréningových úloh na túto tému;
5) Aplikovaním vypracovaných úloh určiť stupeň pripravenosti žiakov 9. ročníka SOŠ MBOU č. 59 na riešenie takýchto problémov a vyvodiť praktické závery.
Hlavná časť
Analýza rôznej matematickej literatúry ukazuje, že medzi metódami riešenia rovníc v celých číslach možno rozlíšiť tieto ako hlavné:
- Znázornenie rovnice ako súčinu niekoľkých faktorov rovných nejakému celému číslu;
- Znázornenie rovnice ako súčet druhých mocnín niekoľkých členov, rovný nejakému celému číslu;
- Využitie vlastností deliteľnosti, faktoriálov a presných štvorcov;
- Použitie Malej a Veľkej Fermatovej vety;
- Metóda nekonečného zostupu;
- Vyjadrenie jedného neznámeho prostredníctvom druhého;
- Riešenie rovnice ako kvadratickej vzhľadom na jednu z neznámych;
- Zváženie zvyškov z delenia oboch strán rovnice nejakým číslom.
Okamžite je potrebné špecifikovať, čo rozumieme pod hlavnými metódami riešenia rovníc. Najčastejšie používané metódy budeme nazývať hlavnými, čo samozrejme nevylučuje možnosť periodického používania nových „neočakávaných“ metód. Okrem toho sa v drvivej väčšine prípadov používajú ich rôzne kombinácie, čiže sa kombinuje viacero metód.
Ako príklad kombinácie metód uvažujme rovnicu navrhnutú na USE v matematike v roku 2013 (úloha C6).
Úloha. Riešte rovnicu v prirodzených číslach n! + 5n + 13 = k 2 .
rozhodnutie. Všimnite si, že končí nulou na n> 4. Ďalej, pre ľubovoľné n ∈ N končí buď číslicou 0 alebo číslicou 5. Preto pre n> 4 ľavá strana rovnice končí buď číslom 3 alebo číslom 8. Ale rovná sa aj presnému štvorcu, ktorý nemôže končiť týmito číslami. Na výber sú teda iba štyri možnosti: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.
Takže rovnica má jedinečné prirodzené riešenie n = 2, k = 5.
Tento problém využíval vlastnosti presných štvorcov, vlastnosti faktoriálov a zvyšok delenia oboch strán rovnice 10.
Úloha 1. n 2 - 4r! = 3.
rozhodnutie. Najprv prepíšeme pôvodnú rovnicu ako n 2 = 4r! + 3. Ak sa na tento vzťah pozriete z hľadiska deliacej vety so zvyškom, potom môžete vidieť, že presný štvorec na ľavej strane rovnice dáva zvyšok 3 pri delení 4, čo je nemožné . Akékoľvek celé číslo môže byť skutočne reprezentované v jednej z nasledujúcich štyroch foriem:
Presný štvorec pri delení 4 teda dáva zvyšok buď 0 alebo 1. Pôvodná rovnica teda nemá žiadne riešenia.
Kľúčová myšlienka– aplikácia vlastností presných štvorcov.
Úloha 2. 8z 2 = (t!) 2 + 2.
rozhodnutie. Dokazuje to priame overenie t= 0 a t= 1 nie sú riešenia rovnice. Ak t> 1, teda t! je párne číslo, to znamená, že môže byť reprezentované ako t! = 2s. V tomto prípade je možné rovnicu previesť do tvaru 4 z 2 = 2s 2 + 1. Výsledná rovnica však zjavne nemá riešenia, pretože na ľavej strane je párne číslo a na pravej strane nepárne.
Kľúčová myšlienka– aplikácia vlastností faktoriálov.
Úloha 3. Vyriešte rovnicu x 2 + y 2 - 2x + 6y + 5 = 0 v celých číslach.
rozhodnutie. Pôvodná rovnica môže byť prepísaná takto: ( X – 1) 2 + (r + 3) 2 = 5.
Vyplýva to z podmienky, že ( X – 1), (r+ 3) sú celé čísla. Preto je táto rovnica ekvivalentná nasledujúcej množine:
Teraz môžeme zapísať všetky možné celočíselné riešenia rovnice.
Úloha 4. Riešte rovnicu v celých číslach zt + t – 2z = 7.
rozhodnutie. Pôvodná rovnica môže byť transformovaná do tvaru ( z + 1) (t– 2) = 5. Čísla ( z + 1), (t– 2) sú celé čísla, takže existujú nasledujúce možnosti:
Takže rovnica má presne štyri celočíselné riešenia.
Kľúčová myšlienka- znázornenie rovnice v tvare súčinu rovného celému číslu.
Úloha 5. Riešte rovnicu v celých číslach n(n + 1) = (2k+ 1)‼
rozhodnutie. Číslo (2 k+ 1)‼ je nepárne pre všetky nezáporné hodnoty k podľa definície (s negatívnym k nie je vôbec definovaný). Na druhej strane sa rovná n(n+ 1), čo je párne pre všetky celočíselné hodnoty k. Rozpor.
Kľúčová myšlienka– použitie párnych/nepárnych častí rovnice.
Úloha 6. Riešte rovnicu v celých číslach xy + X + 2r = 1.
rozhodnutie. Transformáciou možno rovnicu zredukovať na nasledovné:
Táto transformácia nezmenila ODZ neznámych zahrnutých v rovnici od substitúcie r= -1 do pôvodnej rovnice vedie k absurdnej rovnosti -2 = 1. Podľa podmienky, X je celé číslo. Inými slovami, tiež celé číslo. Potom však číslo musí byť celé číslo. Zlomok je celé číslo vtedy a len vtedy, ak je čitateľ deliteľný menovateľom. Deliče čísla 3: 1,3 -1, -3. Preto existujú štyri možné prípady pre neznáme: r = 0, r = 2, r= –2, y = –4. Teraz môžeme vypočítať zodpovedajúce hodnoty neznámeho X. Rovnica má teda presne štyri celočíselné riešenia: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).
Kľúčová myšlienka je vyjadrením jedného neznámeho z hľadiska druhého.
Úloha 7. m= n 2 + 2.
rozhodnutie. Ak m= 0, potom rovnica nadobúda tvar n 2 = -1. Nemá žiadne úplné riešenia. Ak m < 0, то левая часть уравнения, а значит, и n, nebude celé číslo. znamená, m> 0. Potom bude pravá strana rovnice (rovnako ako ľavá strana) násobkom 5. Ale v tomto prípade n 2 pri delení 5 by malo dať zvyšok 3, čo nie je možné (dokazuje to metóda sčítania zvyškov, ktorá bola popísaná pri riešení úlohy 1). Preto táto rovnica nemá riešenia v celých číslach.
Kľúčová myšlienka– nájdenie zvyškov z delenia oboch častí rovnice nejakým prirodzeným číslom.
Úloha 8. Riešte rovnicu v celých číslach ( X!) 4 + (r – 1) 4 = (z + 1) 4 .
rozhodnutie. Všimnite si, že keďže exponenty sú párne, rovnica je ekvivalentná nasledujúcemu: ( X!) 4 + |r – 1| 4 = |z+ 1| 4. Potom X!, |r – 1|, |z+ 1| - celé čísla. Podľa Fermatovej poslednej vety však tieto prirodzené čísla nemôžu spĺňať pôvodnú rovnicu. Rovnica je teda neriešiteľná v celých číslach.
Kľúčová myšlienka- Použitie poslednej Fermatovej vety.
Úloha 9. Riešte rovnicu v celých číslach X 2 + 4r 2 = 16xy.
rozhodnutie. Zo stavu problému vyplýva, že X- párne číslo. Potom X 2 = 4X 12. Rovnica sa prevedie do tvaru X 1 2 + r 2 = 8X 1 r. Z toho vyplýva, že čísla X 1 , r majú rovnakú paritu. Uvažujme o dvoch prípadoch.
1 prípad. Nechať byť X 1 , r- nepárne čísla. Potom X 1 = 2t + 1, r = 2s+ 1. Dosadením týchto výrazov do rovnice dostaneme:
Vykonajte príslušné transformácie:
Znížením oboch strán výslednej rovnice o 2 dostaneme?
Na ľavej strane je nepárne číslo a na pravej strane je párne číslo. Rozpor. Takže 1 prípad je nemožný.
2 prípad. Nechať byť X 1 , r- párne čísla. Potom X 1 = 2X 2 + 1, r = 2r jeden . Nahradením týchto hodnôt do rovnice dostaneme:
Takto sa získa rovnica, presne rovnaká ako v predchádzajúcom kroku. Skúma sa podobným spôsobom, takže v ďalšom kroku dostaneme rovnicu 
atď. V skutočnosti, keď vykonáme tieto transformácie založené na parite neznámych, dostaneme nasledujúce rozšírenia: . Ale množstvá n a k nie sú obmedzené, keďže v ktoromkoľvek kroku (s ľubovoľne veľkým číslom) dostaneme rovnicu ekvivalentnú predchádzajúcej. To znamená, že tento proces nemožno zastaviť. Inými slovami, čísla X, r sú nekonečne veľakrát deliteľné 2. To sa však deje len za podmienky, že X = r= 0. Rovnica má teda práve jedno celočíselné riešenie (0; 0).
Kľúčová myšlienka– použitie metódy nekonečného zostupu.
Úloha 10. Vyriešte rovnicu 5 v celých číslach X 2 – 3xy + r 2 = 4.
rozhodnutie. Prepíšme túto rovnicu do tvaru 5 X 2 – (3X)r + (r 2 – 4) = 0. Môžeme to považovať za štvorec vzhľadom na neznáme X. Vypočítajme diskriminant tejto rovnice:
Na to, aby rovnica mala riešenia, je potrebné a postačujúce, aby , teda odtiaľto máme nasledujúce možnosti pre r: r = 0, r = 1, r = –1, r= 2, r= –2.
Takže rovnica má práve 2 celočíselné riešenia: (0;2), (0;–2).
Kľúčová myšlienka– uvažovanie rovnice ako kvadratickej vzhľadom na jednu z neznámych.
Autorom zostavené úlohy boli použité v experimente, ktorý pozostával z nasledovného. Všetkým žiakom deviateho ročníka boli ponúknuté vypracované úlohy s cieľom zistiť úroveň prípravy detí na túto tému. Každý zo študentov mal ponúknuť metódu na hľadanie celočíselných riešení rovníc. Experimentu sa zúčastnilo 64 žiakov. Získané výsledky sú uvedené v tabuľke 1.
STÔL 1
| Počet pracovných miest | Počet študentov, ktorí dokončili úlohu (v percentách) |
Tieto ukazovatele naznačujú, že úroveň prípravy žiakov deviateho ročníka na túto tému je veľmi nízka. Preto sa javí ako účelné zorganizovať špeciálny kurz „Rovnice v celých číslach“, ktorý bude zameraný na zlepšenie vedomostí študentov v tejto oblasti. V prvom rade ide o študentov, ktorí sa systematicky zúčastňujú matematických súťaží a olympiád a plánujú absolvovať aj odbornú skúšku z matematiky.
zistenia
Počas tejto práce:
1) Analyzovali sa materiály olympiády, ako aj materiály Jednotnej štátnej skúšky z matematiky;
2) Spôsoby riešenia rovníc v celých číslach sú označené a prevládajúce sú zvýraznené;
3) Získané výsledky sú ilustrované príkladmi;
4) Zostavené tréningové úlohy pre žiakov deviateho ročníka;
5) Bol vytvorený experiment na zistenie úrovne prípravy žiakov deviateho ročníka na túto tému;
6) Výsledky experimentu sa analyzujú a vyvodia sa závery o účelnosti štúdia rovníc v celých číslach v špeciálnom matematickom kurze.
Výsledky získané v rámci tohto štúdia je možné využiť pri príprave na matematické olympiády, na jednotnú štátnu skúšku z matematiky, ako aj na vedenie hodín v matematickom krúžku.
Bibliografia
1. Gelfond A.O. Riešenie rovníc v celých číslach. - M.: Nauka, 1983 - 64 s.
2. Alfutová N.B. Ustinov A.V. Algebra a teória čísel. Zbierka úloh pre matematické školy - M.: MTsNMO, 2009 - 336 s.
3. Galperin G.A., Tolpygo A.K. Moskovské matematické olympiády: kniha. pre študentov / Ed. A.N. Kolmogorov. - M.: Osveta, 1986. - 303 s., ill.
4. Dalinger V.A. Problémy v celých číslach - Omsk: Amfora, 2010 - 132 s.
5. Yu. A. Gastev a M. L. Smolyanskii, „Pár slov o poslednej Fermatovej vete“, Kvant, august 1972.
Slovník pojmov
Metóda nekonečného zostupu- metóda vyvinutá francúzskym matematikom P. Fermatom (1601–1665), ktorá spočíva v získaní rozporu zostrojením nekonečne klesajúcej postupnosti prirodzených čísel. Akýsi dôkaz protirečením.
Presný (plný) štvorec je druhá mocnina celého čísla.
Faktorál prirodzeného čísla n je súčin všetkých prirodzených čísel od 1 do n vrátane.
