Решение уравнений в целых числах

Министерство образования Республики Башкортостан

Отдел образования Администрации

муниципального района Зилаирский район

Муниципальное общеобразовательное бюджетное учреждение

«Средняя общеобразовательная школа с.Ивано-Кувалат»

Конкурс исследовательских работ

в рамках Малой академии наук школьников

Республики Башкортостан по номинации «Математика»

Решение уравнений в целых числах

Выполнила:

Ученица 8 класса

Николаева Александра

Руководитель:

Овчинникова Ольга Николаевна

с. Ивано-Кувалат

2014г

План

Введение         3

1. Методы решения уравнений в целых числах. Примеры.         4

       Метод 1. Группировка слагаемых и вынесение общих множителей за скобки         4

       Метод 2. Выражение одного неизвестного через другое, выделение целой части и остатка          5

       Метод 3. Введение новой переменной          5

       Метод 4. Представление левой части уравнения в виде суммы неотрицательных слагаемых          6

       Метод 5. Решение с использованием свойств простых чисел          7

       Метод 6. Решение с учётом чётности и нечётности выражений          7

       Метод 7. Решение с учётом  остатков от деления на число          8

       Метод 8. Решение уравнений с двумя переменными как квадратных относительно одной из переменных         8

Заключение         9

Список литературы        10

Введение

            В декабре 2013 года я участвовала в муниципальном этапе Всероссийской олимпиады школьников по математике. В одном из заданий  встретилось уравнение, которое нужно было решить в целых числах. С уравнением я справилась. Но эта тема меня заинтересовала. В учебниках алгебры для 8 класса приведено всего лишь несколько примеров решения таких уравнений. Я решила сама, с помощью дополнительной литературы, изучить эту тему и разобрать как можно больше случаев. Я систематизировала способы решения этих уравнений на восемь групп:

1.Группировка слагаемых и вынесение общих множителей за скобки. Разложение некоторого числа, стоящего в правой части уравнения, на множители. Выводы о левой части уравнения по делителям правой.

2.Выражение одного неизвестного через другое, после чего выделение целой части и остатка.

3.Введение новой переменной.

4. Представление левой части уравнения в виде суммы неотрицательных слагаемых.

5. Решение с использованием свойств простых чисел.

6. Решение с учётом чётности и нечётности выражений.

7. Решение с учётом  остатков от деления на число.

8. Решение уравнений с двумя переменными как квадратных относительно одной из переменных.

            Решение уравнений в целых числах является одной из древнейших математических задач. Наибольшего расцвета эта область математики достигла в Древней Греции. Основным источником, дошедшим до нашего времени, является произведение Диофанта – «Арифметика». Диофант суммировал и расширил накопленный до него опыт решения неопределенных уравнений в целых числах.

Наиболее известной, решенной Диофантом, является задача «о разложении на два квадрата». Ее эквивалентом является известная всем теорема Пифагора. Эта теорема была известна в Вавилонии, возможно ее знали и в Древнем Египте, но впервые она была доказана, в пифагорейской школе. Так называлась группа интересующихся математикой философов по имени основателя школы Пифагора (ок. 580-500г. до н.э.)

            Жизнь и деятельность Диофанта протекала в Александрии, он собирал и решал известные и придумывал новые задачи. Позднее он объединил их в большом труде под названием «Арифметика». Из тринадцати книг, входивших в состав «Арифметики», только шесть сохранились до Средних веков и стали источником вдохновения для математиков эпохи Возрождения.

1. Методы решения уравнений в целых числах. Примеры.

            Метод 1. Группировка слагаемых и вынесение общих множителей за скобки.

Пример 1. Решить уравнение m2 - n2 = 2013, где  m и  n натуральные числа.

Решение:

m2 - n2 = (m + n)(m - n).

2013 = 3⋅11⋅61;  2013 = 1⋅2013;  2013 = 3⋅671;  2013 = 11 ⋅183; 2013 = 33⋅61.

Т.к.  m ∈ N, n∈Ν то m + n  >  m - n, отсюда возможны четыре варианта:

1)         

2)           

3)           

4)             

Ответ: (1007;1006); (337;334); (97;86); (47;14)

            В примере 1  я путем группировки слагаемых и  вынесения общего множителя первоначальное уравнение привела к виду, когда в левой части уравнения стоит произведение сомножителей, содержащих неизвестные, а справа стоит некоторое число. Затем рассматриваются все делители числа, стоящего в правой части уравнения, и делаются выводы о левой части уравнения. Также поступим в примере 2, но решим его в целых числах.

Пример 2. Решить уравнение х2 – ху – х + у = 1, где х и у целые числа.

Решение:

х(х - у) – (х - у) = ( х – у)( х – 1).    1 = 1⋅ 1 = ( −1) ⋅ (−1), отсюда возможны два случая:

Ответ: (2;1); (0;1).

            Метод 2  состоит в том, что мы будем выражать одно неизвестное через другое, после чего выделим целую часть и остаток.

Пример 3.Решить уравнение 2х2 + 11х – 2ху + у = 5, где х и у целые числа.

Решение:

2х2 + 11х – 5 = 2ху – у, 2х2 + 11х – 5 = у(2х – 1), отсюда

у =

Выражение 2х – 1 в целых числах в ноль не обращается. Теперь надо

2х2 + 11х – 5 разделить с остатком на 2х – 1, например, столбиком. Получаем

у = х + 6 +

Поскольку х и у – целые числа, целым должно быть выражение  . Это возможно в двух случаях, когда  и .

Ответ: (1;8); (0;5).

            Метод 3  заключается в том, что для решения уравнений в целых числах вводят новые переменные.

Пример 4.Решить уравнение 7 (х + у ) = 3 (х2 – ху + у2), где х и у целые числа.

Решение:

Пусть сумма х и у будет р, а их разность – q. Отсюда х =  ,  у =  .

7р = 3·, т.е. 28р=3(р2 + 3q2).

р, как мы видим из  конечного уравнения, неотрицательно и делится  на 3, т.е. р = 3k , k ∈ Ζ.

28·3k =3((3k)2 + 3q2),

28·3k =3(9 k2 + 3q2),

28k = (9 k2 + 3q2),

28k = 3·( 3k2 + q2 ).

k  делится на 3, поэтому k = 3m,  m ∈ Ζ.

28·3m = 3·(3·(3m)2 + q2 ),

28m = ·(3·(3m)2 + q2 ),

28m = 27m2 + q2, m ( 28 – 27m ) = q2 . Так как q2 ≥ 0, то либо m = 0, либо m = 1.

Если  m = 0, то k = 0, р = 0, q = 0, и, значит,  х = у = 0.

Если  m = 1, k = 3, р = 9, q2 = 1. При  q = 1, х = 5, у = 4, а при q2 = - 1

х = 4, у = 5.

Ответ: (0;0); (4;5); (5;4).

            Метод 4  заключается в представлении левой части уравнения в виде суммы неотрицательных слагаемых.

Пример 5. Решить уравнение   x2 – 2xy + 2y2 + 4y = 33, где х и у целые числа.

Решение:

Выделим полные квадраты:

(x2 – 2xy + y2) + (y2 + 4y + 4) = 37;

(x – y)2 + (y + 2)2 = 37. Так как x и y – целые числа, то их квадраты также целые числа. Сумму квадратов двух целых чисел, равную 37, получим, если складываем 1 + 36. Следовательно:

(x – y)2 = 36 и (y + 2)2 = 1  или     (x – y)2 = 1 и (y + 2)2 = 36.

Решая системы, находим решения.

1.          или    5)     
2.                6)       
3.                 7)       
4.                8)       

Ответ: (5; -1), (3; -3), (-7; -1), (-9; -3), (5; 4), (-7; -8), (3; 4), (-9; -8).

            Метод 5. Решение с использованием свойств простых чисел.

Пример 6. Решить уравнение  19х + 89у = 1989 в натуральных числах.

Решение:

Перепишем его таким образом

19х – 1900 = 89 – 89у

19 ( х – 100 ) = 89 ( 1- у )

19 и 89 – взаимно-простые, значит, равенство возможно в 3 случаях.

а)       б)       в)

а) Решений нет, так как у ∉ Ν ; б) х = 11, у = 20 ; в) х = 100, у = 1.

Ответ: (11;20); (100;1).

            Метод 6 позволяет решить уравнение, обращая внимание на четность и нечетность выражений.

Пример 7. Доказать, что не существует решений у уравнения:

 +  = 13.

Решение:

х2 + х + 1 = х ( х + 1 ) + 1. Так как  х ( х + 1 ) – чётное выражение, то

х ( х + 1 ) + 1 – нечётное. Квадратный корень из нечётного числа есть число нечётное.

Аналогично   - нечётное число. Сумма  двух нечётных чисел чётна, то есть в левой части мы имеем число чётное, а в правой – нечётное. Ответ: решений нет.

Пример 8. Решим в целых числах уравнение  х3 + у3 – 3ху = 2.

Решение:

Если  х и у оба нечётны или одно из них нечётно, то  левая часть уравнения есть число нечётное, а правая – чётное. В этом случае решений нет.

Если же х = 2m и у = 2n, то 8m3 + 8n3 – 12тn = 2, то есть  

2 ( 2m3 + 2n3 – 3mn ) = 1,  что невозможно ни при каких целых m и n.

Ответ: решений нет.

            Метод 7. Метод рассмотрения остатков от деления. 

            При решении многих неопределенных уравнений полезно бывает пронаблюдать остатки чисел от деления на определенное число.

Рассмотрим пример, раскрывающий сущность этого метода.

Пример 9. Решить уравнение в целых числах 3x – 4y = 1.

Решение:

3x = 4y + 1.

Левая часть уравнения делится на 3, следовательно, должна делиться и правая часть. По теореме о делении с остатком число у либо делится на 3, либо при делении на 3 в остатке дает 1 или 2. Рассмотрим три случая.

1. Если y = 3m, m Z, то 4y + 1= 4·3m + 1 = 12m + 1 не делится на 3.
2. Если y = 3 m + 1, то 4y +1 = 4·(3m + 1)+1 = 12m + 5 не делится на 3.
3. Если y = 3 m + 2, то 4y +1 = 4·(3m + 2)+1 = 12m + 9 делится на 3, поэтому 3x = 12m + 9, следовательно, x = 4m + 3, а y = 3m + 2.

Ответ:       где   m Z.

            Метод 8. Решение уравнений с двумя переменными как квадратных относительно одной из переменных.

Пример 10. Решить уравнение в целых числах: 5х2+5у2+8ху+2у-2х+2=0.

Решение:

Рассмотрим уравнение как квадратное относительно х:

5х2 + (8у - 2)х + 5у2 + 2у + 2 = 0

D = (8у - 2)2 - 4·5(5у2 + 2у + 2) = 64у2 - 32у + 4 - 100у2 - 40у – 40 =

= -36(у2 + 2у + 1) = -36(у + 1)2

Видим, что D 0. При D < 0 уравнение корней не имеет.

Для того, чтобы уравнение имело решения, необходимо, чтобы D = 0.

-36(у + 1)2 = 0. Это возможно при у = -1, тогда х = 1.

Ответ: (1;-1).

Заключение.

            Я провела небольшое исследование методов решения уравнений в целых числах и убедилась, что есть много способов их решения. В решении таких уравнений не используются сложные и громоздкие формулы. Чтобы их решить, надо провести аккуратные рассуждения, базирующиеся на известных фактах о делимости, чётности, свойствах остатков от делимости, ограниченности.

            Я думаю, что при дальнейшем изучении математики в старших классах, я смогу найти еще несколько методов решения уравнений в целых числах и продолжить свое исследование.

Список литературы

1. Шарыгин И.Ф. Решение задач. – М.: Просвещение, 1994.
2. Горбачев Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике. – М.: МЦНМО, 2005.
3. Никольская И.Л. Факультативный курс по математике. – М.: Просвещение, 1991.
4. Косрыкина Н.П. Задачи повышенной трудности в курсе алгебры 7 – 9 классов. – М.: Просвещение, 1991.