Решение уравнений в целых числах.

  XII конкурс учебно-исследовательских и проектных работ учащихся

                   «Школьники города - науке XXI века»

Секция - математика

МОУ «Средняя общеобразовательная школа №8» г. о. Саранск

Учебно – исследовательская работа

«Решение уравнений в целых числах»

                                                                                                   Выполнил:                                                                                                   учащийся 10А класса                                                                                                    Кузенков Александр                                                                                                    Научный руководитель:                                                                                                    Зазулина Галина Николаевна,

                                                        учитель математики

Саранск  2010

СОДЕРЖАНИЕ

Введение..................................................................................................стр.2

I. Биография Диофанта. 10-я проблема Гильберта…………………..стр.3

II. Решение уравнений в целых числах

1. Применение теории делимости к решению неопределенных

   уравнений в целых числах...................................................................стр.5

2.Метод полного перебора всех возможных значений переменных,

входящих в уравнение…………………………………………………стр.8

3. Решение уравнений методом разложения на множители………...стр.8

4. Выражение одной переменной через другую  и выделение

целой части дроби………………………………………………………стр.8

5. Методы, основанные на выделении полного квадрата………........стр.9

6. Решение уравнений с двумя переменными как квадратных

относительно одной из переменных…………………………………..стр.9      

7. Оценка выражений, входящих в уравнение………………………..стр.10

8. Примеры уравнений второй степени с тремя неизвестными……..стр.10

III. Решение уравнений в целых числах из Межрегиональной

Заочной  математической олимпиады для школьников

(Всероссийская школа математики и физики «Авангард»)…………стр.11

IV. Решение уравнений в целых числах из математических олимпиад

Республики Мордовия………………………………………………….стр.14

V. Решение уравнений в целых числах из Единого государственного

 экзамена (задания С6)…………………………………………………стр.17

VI. Заключение.......................................................................................стр.19

VII. Литература........................................................................................стр.20

Введение

В математике следует помнить не формулы,    а процессы мышления.      

В.П.Ермаков

Решение  в целых числах алгебраических уравнений с целыми коэффициентами более чем с одним неизвестным представляет собой одну из труднейших и древнейших математических задач. Этими задачами много занимались самые выдающиеся математики древности, например, греческий математик Пифагор (VI век до н.э.), александрийский математик Диофант (III век н.э.), П.Ферма(XVII в.), Л.Эйлер(XVIII век), Ж.Л.Лагранж(XVIII век), П.Дирихле(XIX век), К.Гаусс(XIX век), П.Чебышев(XIX в.) и многие другие.

   Решение уравнений в целых  числах является важной задачей и для современной математики.   Теоретический  интерес  уравнений в целых числах достаточно велик, так как эти уравнения тесно связаны со многими проблемами теории чисел, что и определило актуальность нашей работы «Решение уравнений в целых числах»                                                                                                                                     Ещё  в начальной школе на уроках математики перед нами часто ставили задачу выяснить, при каких допустимых значениях буквы обе части того или иного равенства принимают одинаковые числовые значения. На равенство в этом случае мы смотрели как на уравнение относительно указанной неизвестной величины. В восьмом классе мы познакомились с решением  квадратных уравнений с одной переменной. Но, готовясь к олимпиадам, рассматривая контрольно- измерительные материалы Единого государственного экзамена  встречаемся  с заданиями, в которых предлагали уравнения  с двумя переменными. Появилось желание  узнать решаемы ли такие уравнения,  и какие способы используются  для  их  решения, все ли они имеют алгоритм решения и где применяются. Отсюда определена

Гипотеза исследования - общего способа быть не может, не существует единого алгоритма, позволяющего за конечное число шагов решать в целых числах произвольные  диофантовы уравнения.                                                                 

   Цели учебно - исследовательской работы:

 – показать разнообразные способы решения диофантовых уравнений;

- повысить  уровень математической культуры, прививая навыки  самостоятельной исследовательской работы в математике.

  Задачи:

- разобрать основные приемы и методы решения уравнений в целых числах;

- выполнить сопоставительно – аналитическую работу с контрольно – измерительными материалами ЕГЭ и заданий олимпиад разных лет.

Этот материал может быть интересен и полезен учащимся, материал данной работы можно использовать для изучения на элективных занятиях, при подготовке к олимпиадам и к централизованному тестированию, а также для самостоятельного изучения.    

I. Биография Диофанта. 10-я проблема Гильберта.

Диофант (Dióphantos) представляет одну из занимательных загадок в истории математики. Мы не знаем, кем был Диофант, точные года его жизни, нам не известны его предшественники, которые работали бы в той же области, что и он.

На могиле Диофанта есть стихотворение-загадка, решая которую нетрудно подсчитать, что Диофант прожил 84 года. О времени жизни Диофанта мы можем судить по работам французского исследователя науки Поля Таннри, и это, вероятно, середина III в.н.э.

Наиболее интересным представляется творчество Диофанта. «Труды его подобны сверкающему огню среди полной непроницаемой тьмы». [Стройк] До нас дошло 7 книг из, возможно, 13, которые были объединены в «Арифметику». Стиль и содержание этих книг резко отличаются от классических античных сочинений по теории чисел и алгебре, образцы которых мы знаем по «Началам» Евклида, леммам из сочинений Архимеда и Аполлония. «Арифметика», несомненно, явилась результатом многочисленных исследований, многие из которых остались нам неизвестны. Мы можем только гадать о её корнях и изумляться богатству и красоте её методов и результатов.

«Арифметика» Диофанта – это сборник задач (их всего 189), каждая из которых снабжена решением и необходимым пояснением. В собрание входят весьма разнообразные задачи, а их решение часто в высшей степени остроумно. Диофант практиковался в нахождении решений неопределенных уравнений вида ,  или систем таких уравнений. Типично для Диофанта, что его интересуют только положительные целые и рациональные решения. Иррациональные решения он называет «невозможными» и тщательно подбирает коэффициенты так, чтобы получились искомые положительные, рациональные решения.

Поэтому, обычно, произвольное неопределенное уравнение (но, как правило, все-таки с целыми коэффициентами) получает титул "диофантово", если хотят подчеркнуть, что его требуется решить в целых числах.

Неопределенные уравнения 1-й степени начали рассматриваться индусскими математиками позднее, примерно с V века. Некоторые такие уравнения с двумя и тремя неизвестными появились в связи с проблемами, возникшими в астрономии, например, при рассмотрении вопросов, связанных с определением периодического повторения небесных явлений.

Первое общее решение уравнения первой степени , где  - целые числа, встречается у индийского мудреца Брахмагупты (ок. 625 г). Поэтому, строго говоря, нет оснований называть линейные неопределенные уравнения диофантовыми. Однако, исторически все же сложилось применять термин «диофантово», к любому уравнению, решаемому в целых числах.

В 1624 г. в  публикуется книга французского математика Баше де Мезирьяка «Problẻmes plaisans et delectables que se font par les nombres». Баше де Мезирьяк для решения уравнения  фактически применяет процесс, сводящийся к последовательному вычислению неполных частных и рассмотрению подходящих дробей.

После Баше де Мезирьяка в XVII и XVIII веках различные правила для решения неопределенного уравнения 1-й степени с двумя неизвестными давали Роль, Эйлер, Саундерсон и другие математики.

Цепные дроби к решению таких уравнений были применены Лагранжем, который, однако, замечает, что фактически это тот же способ, который был дан Баше де Мезирьяком и другими математиками, рассматривавшими неопределенные уравнения до него. Неопределенные уравнения 1-й степени стали записываться и решаться в форме сравнения значительно позже, начиная с Гаусса.

В августе 1900 г. в Париже состоялся II Международный конгресс математиков. 8 августа Д.Гильберт прочитал на нем доклад "Математические проблемы". Среди 23 проблем, решение которых (по мнению Д.Гильберта) совершенно необходимо было получить в наступающем XX в., десятую проблему он определил следующим образом:

"Пусть задано диофантово уравнение с произвольным числом неизвестных и рациональными числовыми коэффициентами. Указать способ, при помощи которого возможно после конечного числа операций установить, разрешимо ли это уравнение в целых числах". 

Гипотезу, что такого способа нет, первым выдвинул (с достаточным на то основанием) американский математик М.Дэвис в 1949 г. Доказательство этой гипотезы растянулось на 20 лет - последний шаг был сделан только в 1970 г. ленинградским математиком Юрием Владимировичем Матиясеевичем, на первом году аспирантуры он показал алгоритмическую неразрешимость 10 проблемы Гильберта. Он доказал, что общего способа быть не может, не существует единого алгоритма, позволяющего за конечное число шагов решать в целых числах произвольные  диофантовы уравнения. Поэтому мы должны для каждого уравнения выбирать собственный метод решения и более чем 10 методов, в основе которых лежат определения и свойства делимости чисел.

 Однако, если про произвольное диофантово уравнения нельзя сказать, имеет ли оно целые корни, или нет, то проблема существования целых корней линейных диофантовых уравнений решена.

II. Решение уравнений в целых числах.

1. Применение теории делимости к решению неопределенных уравнений в целых числах.

   Неопределенные уравнения – уравнения, содержащие более одного неизвестного. Под одним решением неопределенного уравнения понимается совокупность значений неизвестных, которая обращает данное уравнение в верное равенство.

      Для решения в целых числах уравнения вида ах + by = c, где а, b, c – целые числа, отличные от нуля, приведем ряд теоретических положений, которые позволят установить правило решения. Эти положения основаны также на уже известных фактах теории делимости.

   Теорема 1. Если НОД(а, b) = d, то существуют такие целые числа х и у, что имеет место равенство ах +  bу = d.

(Это равенство называется линейной комбинацией или линейным представлением наибольшего общего делителя двух чисел через сами эти числа.)

   Доказательство теоремы основано на использовании равенства алгоритма Евклида для нахождения наибольшего общего делителя двух чисел (наибольший общий делитель выражается через неполные частные и остатки, начиная с последнего равенства в алгоритме Евклида).

Пример.

Найти линейное представление наибольшего общего делителя чисел 1232 и 1672.

Решение. 

1. Составим равенства алгоритма Евклида:

1672 = 1232 ∙1 + 440,

1232 = 440 ∙ 2 + 352,

440 = 352 ∙ 1 + 88,

352 = 88 ∙ 4, т.е. (1672,352) = 88.

2) Выразим 88 последовательно через неполные частные и остатки, используя полученные выше равенства, начиная с конца:

88 = 440 - 352∙1 = (1672 - 1232) - (1232 - 1672∙2 + 1232∙2) = 1672∙3 - 1232∙4, т.е. 88 = 1672∙3 + 1232∙(-4).

Теорема 2. Если уравнение ах +  bу = 1, если НОД(а, b) = 1, достаточно представить число 1 в виде линейной комбинации чисел а и b.

   Справедливость этой теоремы следует из теоремы 1. Таким образом, чтобы найти одно целое решение уравнения ах + bу = 1, если НОД (а, в) = 1, достаточно представить число 1 в виде линейной комбинации чисел а и в.

Пример. 

Найти целое решение уравнения 15х + 37у = 1.

Решение. 

1. 37 = 15 ∙ 2 + 7,

   15 = 7 ∙ 2 + 1.

2. 1 = 15 - 7∙2 = 15 - (37 - 15∙2) ∙2 = 15∙5 + 37∙(-2),

т.е. х= 5, у= -2 - решение данного уравнения.

Теорема 3. Если в уравнении ах + bу = с  НОД(а, b) = d>1 и с не делится на d, то уравнение целых решений не имеет.

   Для доказательства теоремы достаточно предположить противное.

Пример.

Найти целое решение уравнения 16х - 34у = 7.

Решение.

(16,34)=2; 7 не делится на 2, уравнение целых решений не имеет.

Теорема 4. Если в уравнении ах +  bу = с  НОД(а, b) = d>1 и сd, то оно равносильно уравнению ах + bу = с, в котором НОД(а, b) = 1.

   При  доказательстве теоремы следует показать, что произвольное целое решение первого уравнения является также решением второго уравнения и обратно.

Теорема 5. Если в уравнении ах + bу = с  НОД(а, b) = 1, то все целые решения этого уравнения заключены в формулах:

х = хс + bt, у = yc-at, где х, y - целое решение уравнения  ах + bу = 1,

t – любое целое число.

   При доказательстве теоремы следует показать, во-первых, что приведенные формулы действительно дают решения данного уравнения и, во-вторых, что произвольное целое решение этого уравнения заключено в приведенных формулах.

   Приведенные теоремы позволяют установить следующее правило решения в целых числах уравнения ах+ bу = с  НОД(а, b) = 1:

1. Находится целое решение уравнения ах + bу = 1 путем представления 1 как линейной комбинации чисел а и b (существуют и другие способы отыскания целых решений этого уравнения, например при использовании цепных дробей);
2. Составляется общая формула целых решений данного уравнения х = хс + bt,  у = yc - at, где х, y - целое решение уравнения  ах +  bу = 1, t – любое целое число.

  Придавая t определенные целые значения, можно получить частные решения данного уравнения: наименьшие по абсолютной величине, наименьшие положительные (если можно) и т.д.

Пример.

Найти целые решения уравнения 407х - 2816у = 33.

Решение.

1. Упрощаем данное уравнение, приводя его к виду 37х - 256у = 3.

2.Решаем уравнение 37х - 256у = 1.

256 = 37∙ 6 + 34,

37 = 34 ∙1 + 3,

34 = 3 ∙11 + 1.

1 = 34 - 3∙11 = 256 - 37∙6 - 11 (37 – 256 + 37∙6) = 256∙12 - 37∙83 =

= 37∙(-83) - 256∙(-12),

т.е. х= -83, y= -12.

3. Общий вид всех целых решений данного уравнения:

х = -83∙3 - 256t = -249 - 256t,

у = -12∙3 - 37 t = -36 - 37 t.

Положив t = -1, получим х= 7, у= 1 и общие формулы решений примут вид:   х = 7 - 256t, у = 1-37t.

    Нами были решены нижеприведенные  уравнения в целых числах, используя возможность представления наибольшего общего делителя двух чисел в виде их линейной комбинации:

2. Метод полного перебора всех возможных значений переменных,

входящих в уравнение.

Найти множество всех пар натуральных чисел, которые являются решениями уравнения 49х + 51у = 602.

Решение:

Выразим из уравнения переменную х через у х =, так как х и у – натуральные числа, то х =   602 - 51у ≥ 49,  51у≤553,  1≤у≤10.

Полный перебор вариантов показывает, что натуральными решениями уравнения являются х=5, у=7.

Ответ: (5;7).

      3. Решение уравнений методом разложения на множители.

Диофант наряду с линейными уравнениями рассматривал квадратные и кубические неопределенные уравнения. Решение их, как правило, сложно.

Рассмотрим такой случай, когда в уравнениях можно применить формулу разности квадратов или другой способ разложения на множители.

Решить уравнение в целых числах: х2 + 23 = у2

Решение:

Перепишем уравнение в виде: у2 - х2 = 23,  (у - х)(у + х) = 23

Так как х и у – целые числа и 23 – простое число, то возможны случаи:

Решая полученные системы, находим:

Ответ: (-11;12);(11;12);(11;-12);(-11;-12).

4. Выражение одной переменной через другую  и выделение целой части дроби.

Решить уравнение в целых числах: х2 + ху – у – 2 = 0.

Решение:

Выразим из данного уравнения у через х:

у(х - 1) =2 - х2,

у = = –  = – = – += -(х + 1) + , (х1)

Так как х, у – целые числа, то дробь  должна быть целым числом.

Это возможно, если х – 1 =

1)        2)

Ответ: (0;-2);(2;-2).

5. Методы, основанные на выделении полного квадрата.

Найдите все целочисленные решения уравнения: х2 - 6ху + 13у2 = 29.

Решение:

Преобразуем левую часть уравнения, выделив полные квадраты,

х2 - 6ху + 13у2 = (х2 - 6ху + 9у2) + 4у2 = (х - 3у)2 + (2у)2 = 29, значит (2у)2  29.

Получаем, что у может быть равен 0; .

1. у = 0, (х - 0)2 = 29. Не имеет решений в целых числах.

2. у = -1, (х + 3)2 + 4 = 29,   (х + 3)2 = 25,  х + 3 = 5 или х + 3 = -5

                                                                х=2                х=-8

3. у = 1, (х - 3)2 +4 =29,

                    (х - 3)2 =25,   х – 3 = 5 или х – 3 = -5

                                          х = 8              х = -2

4. у = -2, (х + 6)2 + 16 = 29,   (х + 6)2 = 13. Нет решений в целых числах.

5. у=2,  (х-6)2+16=29,    (х-6)2=13. Нет решений в целых числах.

Ответ: (2;-1); (-8;-1); (8;1); (-2;1).

6. Решение уравнений с двумя переменными как квадратных

относительно одной из переменных.

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

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).

7. Оценка выражений, входящих в уравнение.

Решить в целых числах уравнение:

(х2 + 4)(у2 + 1) = 8ху

Решение:

Заметим, что если (х;у) – решение уравнения, то (-х;-у) – тоже решение.

И так как х = 0 и у = 0 не являются решением уравнения, то, разделив обе части уравнения на ху, получим:

∙ = 8, (х +)(у +) = 8.

Пусть х > 0, у > 0, тогда, согласно неравенству Коши,

х +  = 4, у + = 2,

тогда их произведение (х + )(у +) = 4·2 = 8, значит, х +  = 4 и у + = 2.

Отсюда находим х = 2 и у = 1 – решение, тогда х = -2 и у = -1 – тоже решение.

Ответ: (2;1); (-2;-1)

8.Примеры уравнений второй степени с тремя неизвестными.

 Рассмотрим уравнение второй степени с тремя неизвестными: х2 + у2= z2.

    Геометрически решение этого уравнения в целых числах можно истолковать как нахождение всех пифагоровых треугольников, т.е. прямоугольник треугольников, у которых и катеты х,у и гипотенуза z выражаются целыми числами.

По формуле х = uv, y =, z =, где u и v – нечетные взаимно простые числа (u > v > 0) можно найти те решения уравнения х2 + у2 = z2, в которых числа х,у и z не имеют  общих делителей (т.е. взаимно простые).

Для начальных значений u и v формулы  приводят к следующим часто встречающимся равенствам:

 32 + 42 = 52 (u = 1, v = 3), 52 + 122 = 132 (u = 1, v = 5), 152 + 82 = 172 (u = 3, v = 5)

Все остальные целые положительные решения этого уравнения получатся умножением решений, содержащихся в формулах, на произвольный общий множитель а.

III. Решение уравнений в целых числах

из Межрегиональной заочной математической олимпиады для школьников (Всероссийская школа математики и физики «Авангард»).

(2006 г.) Решить в целых числах уравнение 1 + х + х+ х= 2.

Решение:

Исходное уравнение запишем  так: (1 + x)(1+ х) = 2.

Следовательно, 1 + х и 1 + х суть делителя числа 2, т.е. степени числа 2, поэтому 1 + х = 2, 1+ х= 2, откуда х = 2– 1, х= 2–1.

Из первого равенства имеем  х=2– 2+1, поэтому 2– 2+1=2–1 или 2 + 2– 2= 2.

1 случай.

 Пусть m = 0. Тогда  2+2 –1 = 2, или 2= 1, откуда у = 0.

Далее из уравнения 1 + х = 2 найдем х = 0.

Итак, х = у = 0.

2 случай.

Пусть m > 0. Из уравнения  2+2– 2=2 следует 2 + 2–2= 1. Так как 2 и 2 целые (ибо m > 0 и m целое),

то 2 целое, поэтому  из 2(1+2–2) = 1  следует 2 = 1,

1 + 2– 2 = 1, или  y – m – 1 = 0, 2m – y + 1 = 3m–y.

Откуда m = 1 и у = 2; следовательно,  х = 2– 1 = 2–1 = 1.

Ответ:          

(2007 г.) Решить в целых числах уравнение 1! + 2! + … + х! = у

Решение:

Очевидно, что при х = 1   у= 1 и при х = 3   у= 9,

 т.е. находим следующие решения:

Заметим, что при х = 2 имеем 1! + 2! = 3  у 

и при х = 4 имеем 1! + 2! + 3! + 4! = 33 у.

Если же х ≥ 5, то (так как 5! + 6! + … + х! = 10N)

1! + 2! + 3! + 4! + 5! + … + х! = 33 + 10N – число, оканчивающееся цифрой 3, значит, оно не является квадратом целого числа.

Ответ:

(2008 г.) Решите в целых числах уравнение х– х = 2008.

Решение:

Левая часть уравнения х– х = (х – 1)х(х+1) – произведение трех последовательных  целых чисел и делится на 3. Правая же часть не делится на 3.

Уравнение не имеет решений в целых числах.

(2009 г.) Решите в целых числах уравнение (х2 _  у2) 2  = 1 + 16у.

  Решение.                                                                                                                                                          Очевидно, что для любого значения  у найдется два значения х, т.е. решения  уравнения симметричны относительно оси абсцисс.                                          Заметим, что левая часть уравнения всегда есть число отрицательное. Это означает, что 1+ 16у  0; у  .                                                                            Учитывая, что у - целое, то его наименьшее значение: у = 0.                           При этом получим значение х= 1, т.е. (-1;0) и (1;0)-пара решений уравнения.    С другой стороны, число 1 + 16у должно быть точным квадратом, т.е. , где z= х2-у2=z.                                                                   При этом число z>17, может быть простым числом:                                                     (х-у)∙(х+у) = , где х - у = 1                                                                        Тогда х = у + 1 и уравнение примет вид:

у + 1 + у =

2у + 1 = , (2у + 1)2 = 1 + 16у, 4·у2 - 12у = 0, у·(у - 3) = 0

Первое решение: у = 0 мы уже учли, тогда второй корень уравнения: у=3, при этом х=-4, х=4.                                                                                           Допустим, что есть другие решения при │х -у│=k, тогда возможны 2 случая:

1. х-у = k; х = у +  k ,                                                                                                     k2·(у + k + у)2 = 1 + 16у, 4·k2·y2 + 4·k3·у + k4 = 1 + 16у,                                                            4·k2·y2 + (4·k3 - 16)·у + (k4 - 1) = 0                                                                            т.к. k1, то решение возможно только, если 4· k3 - 160 или k34.                Это значит, что k<2, т.е. k = 1  

2. у - х = k; х = у – k                                                                                                                     k2·(y – k + y)2 = 1 + 16y, 4·k2·y2  -  4·k3·y + k4=1 + 16y,                                                       4· k2· y2 - 4·(k3 + 4)·y + (k4 - 1) = 0                                                                          Т.к. k1, то решение возможно только, если k3 -4, т.е. при любом k.             Найдем дискриминант уравнения:                                                                    =4·(k3 + 4)2 + 4·k2·(k4 - 1) ≥ 0                                                               4·(k3+4)2+4·k2·(k4-1) = 4∙(2·k6+8∙k3 + 16 – k2)= 4·         Это означает, что выражением может быть полным квадратом ( а уравнение может иметь целые решения) только, если 16 - k2 = 42, т.е. при k = 0.                     Итак, уравнение не имеет целых решений, кроме: (-1;0), (1;0), (-4;3), (4;3).

Ответ: (-1;0), (1;0), (-4;3), (4;3).

(2010 г.) Решите в целых числах уравнение 2х² + 5ху + 3у² + 5 х +  8у = 7.

Решение:

Рассмотрим уравнение как квадратное относительно у.

3у² + (5х + 8)у + (2х – 7 + 5х) = 0

у==

==

Пусть х+ 20х + 148 = m, тогда х+ 20х + (148 - m) = 0;

х= – 10

Пусть m- 48 = k, тогда m - k= 48; (m - k) (m + k) = 48

Т.к. х и у – целые числа, то m и k– тоже целые числа, (m - k) и (m + k) – тоже целые числа.

Целые множители числа 48: 1 и 48; 2 и 24; 4 и 12; 8 и 6; 16 и 3; -1 и -48;

 -2 и -24; -4 и -12; -8 и -6; -16 и -3, 

Получаем:

1)         4)         7)         10)

2)         5)                 8)         11)

3)          6)         9)         12)

(Примечание: 1 и 48; 16 и 3; -1 и -48; -16 и -3 не берем, т.к. m и k  получаются не целыми числами, а =› и х, и у).

Путем сложения двух равенств в системе получаем:

1) m = 13;  k = 11; 2) m = 13; k = - 11; 3) m = 8; k = 4; 4) m = 8;  k = - 4;

5) m = 7; k = -1; 6) m = 7; k  = 1;  7) m = -13; k  = -11; 8) m = -13; k  = 11;

9) m = -8; k  = -4; 10) m = -8; k  = 4; 11) m = -7; k  = 1; 12) m = -7; k  = -1.

Подставляем:

Если m = ±13; k  = ±11, то х = -10±11, =› х=21; х=1

Если m = ±7; k  = ±1, то х = -10±1, =› х=-11; х=-9

 Если m = ±8; k = ±4, то х = -10±4, =› х=-14; х=-6

Подставляем:

Если  х = -21, то у =

у=Ζ – не удовлетворяет условию; у==(-21; 14)

Если х = 1, то у= у = ;  у==0,(1; 0)

Если х = -11, то у=у=  Ζ; у== 9,  ( - 11; 9).

Если х = - 9, то у=, у=  Ζ; у==5, (-9; 5)

Если х = -14, то у=, у=; у ==9, (-14; 9)

Если х = -6, то у=, у=; у==5, (-6; 5)

Ответ: (- 21; 14); (1; 0); ( - 11; 9); (-9; 5); (-14; 9); (-6; 5).

IV. Решение уравнений в целых числах из математических олимпиад     Республики Мордовия.

9 класс (1998-1999 гг.)

Найдите натуральные корни уравнения 19x + 98y = 1999.

Решение.

  Из данного уравнения нетрудно выразить x через y:

 x = 105 - 5y + (4 - 3y)/19.

Ясно, чтобы x и y принимали целые значения, необходимо выполнение условия 4 - 3y =19k, или 19k + 3y = 4, где k - целое число. Очевидная пара корней: k = 1 и y = -5 не подходит по условию задачи. Однако ее можно использовать для определения остальных целых корней, для этого из уравнения 19k + 3y = 4 вычтем равенство 19·1- 3·5= 0 и получим соотношение

19(1- k) = 3(y + 5). Так как 19 и 3 взаимно просты, то последнее равенство выполняется, если 1- k и y + 5 имеют делители 3 и 19, соответственно, и общий делитель m. Таким образом, выполняются соотношения 1 – k = 3m и y + 5 =19m, которые дают общее решение для k, y и х:

 k = 1 - 3m, y = -5 + 19m, x = 105 - 5y + k = 131- 98m,

 откуда получаем единственную пару положительных корней x=33, y=14. Ответ: (33;14).

10 класс (1998-1999 гг.)

Решите уравнение с двумя неизвестными x и y в целых числах

x2 + y2 = x + y + 2.

Решение.

  Перепишем исходное уравнение в виде

х2 - х - 2 = у - у2 , или         (х - 2)(х + 1) = у(1 - у).

Так как левая часть может принимать целые значения, начиная с -2 и больше, а правая - с нуля и меньше, то общими возможными случаями являются варианты, когда правая и левая части одновременно принимают значения -2, -1 и 0, что приводит к следующим парам целых корней: (2;0), (2;1), (-1;0), (-1;1), (0;2), (1;2), (0;-1), (1,-1).

Ответ: (2;0), (2;1), (-1;0), (-1;1), (0;2), (1;2), (0;-1), (1,-1).

9 класс (2000-2001 гг.)

Решить в натуральных числах уравнение x2 - 3xy + 2y2 = 7

Решение.

   Представим левую часть уравнения в виде произведения: (x - 2y)(x - y), тогда из правой части следует, что множители могут быть 1 и 7, или -7 и -1, откуда получаются две пары натуральных корней.

Ответ: (13;6) и (6;5).

10 класс (2000-2001 гг.)

Решить уравнение в натуральных числах 2y2 - 11xy + 15x2 = 13.

Решение.

        Представим левую часть уравнения в виде произведения двучленов:

(5x - 2y)(3x - y), которые могут быть равны 1 и 13 с обоими знаками и в разных парных соотношениях, в результате получаются вышеуказанные корни.

Ответ: (11;34) и (25;62).

11 класс (2000-2001 гг.)

Решить уравнение в натуральных числах 2x2 + 9y2 - 8xy - 3y = 0.

Решение.

   Исходное уравнение равносильно (2(x-2y))2+(y-3)2+y2=9.

Так как девятку можно представить в виде суммы квадратов только двумя способами 22 + 22 + 12 и 32 , то первое слагаемое может быть или нулем, или четверкой, что дает две пары указанных корней уравнения.                            Ответ: (6;3) и (5;2).

9 класс (2004-2005 гг.)

Решите уравнение относительно х и у в натуральных числах:. 

Решение.

  Представим правую часть уравнения 2005 через произведение простых делителей 2005=5401. 401 можно записать как сумму двух натуральных квадратов 256, 144 и единицы, что подходит по первому множителю. Для полноты решения необходимо рассмотреть и другие варианты представления правой части как 2005=12005, которые не дают новых решений.

Ответ: (16;12).

10 класс (2004-2005 гг.)

Решите уравнение относительно х, у и z в натуральных числах: . 

Решение. 

  Представим правую часть уравнения 2005 через произведение простых делителей 2005=5401. 401 можно записать как сумму трёх натуральных квадратов 256, 144 и единицы, что подходит по первому множителю. Для полноты решения необходимо рассмотреть и другие варианты представления правой части как 2005=12005, которые не дают новых решений.

Ответ: (16;12;1)

11 класс (2004-2005 гг.)

Решите уравнение относительно x, y, z в натуральных числах: .

Решение.

  Так как 2005=5401, то два знаменателя в левой части уравнения должны быть кратными 5, 401 и другому знаменателю.

Положим y = 5x, z = 401x. Тогда получим уравнение , которое даёт х=2411.

Ответ: 2411.

9 класс (2005 – 2006 г.г.)

Решите уравнение с двумя неизвестными x и y в целых числах xy=x+y+3.

Решение.

  Перепишем исходное уравнение как (х - 1)(у - 1) = 4, откуда следует, что сомножители левой части могут принимать только целые значения: -4, -2, -1, 1, 2, 4, которые приводят к парам корней: (3;3), (5;2), (2;5), (0;-3), (-3;0), (-1,-1).

Ответ: (3;3), (5;2), (2;5), (0;-3), (-3;0), (-1,-1).

10 класс (2005 – 2006 г.г.)

Решите уравнение с двумя неизвестными x и y в целых числах              10x2 + 11xy + 3y2  = 7.

Решение.                                                                                                                Левую часть уравнения можно представить в виде произведения двух сомножителей (5х +3у) и (2х + у), которые могут принимать только целые значения -7, -1, 1, 7,  которые приводят к следующим парам целых корней

 (-4;9), (14;-21), (4;-9), (-14;21).

Ответ: (-4;9), (14;-21), (4;-9), (-14;21).

V. Решение уравнений в целых числах из Единого государственного

 экзамена ((задания С6).

- Решить в целых числах уравнение ху = х + у.

Решение:

  Данное уравнение можно записать в виде

 ху – х – у + 1 = 1, или (х – 1)(у - 1) = 1.

Произведение двух целых чисел равно 1, значит, оба равны +1 или – 1;

следовательно, или х – 1 = у – 1 = 1 и х = у =2,

или х – 1 = у – 1 = -1 и х = у = 0.

Ответ: х= 0; у= 0; х= 2; у= 2.

- Решить в целых числах уравнение 6х+5у= 74.

Решение:

Перепишем данное уравнение так: 6х- 24 = 50 - 5у, т.е. 6(х- 4)=5(10 - у),

откуда имеем х- 4 = 5и, 10- у=6v  и, следовательно, v=и.  

Итак, х= 4 + 5и, т.е. 4 + 5и  0, откуда и  - 4/5;

аналогично 10 - у= 6и, т.е. 10 - 6и  0, откуда и  5/3, значит, и = 0 или и = 1.

При и = v = 0 получим 10 =  у, где у - целое, что неверно.

Пусть и = v = 1, тогда х= 9, у= 4.

Ответ:

-Решить в целых числах уравнение 19х+ 28у= 729.

Решение:

Так как (18х+ 27у) + ( х+ у) = 729, то х+ у делится на 3,

поэтому х = 3и, у = 3v и 19 и+ 28v= 81.

Повторяя рассуждения, получим и = 3t, v = 3s и19t+ 28s= 9.

Последнее уравнение, очевидно, не имеет решений в целых числах, а значит, и исходное уравнение решений не имеет.

-Решить в натуральных числах уравнение  х +=.

Решение:

Первое решение. Разложим 10/7 в цепную дробь: =1+ .

Из уравнения  х+= получим х += 1 + ,

и из единственности разложения рационального числа в цепную дробь следует х=1, у=2, z=3.

Второе решение. Преобразуем уравнение х += 1 + .

Тогда х - целая, - дробная часть, поэтому

Из второго уравнения следует  или у +   = 2 + , откуда у = 2, z = 3.

Ответ: х = 1, у = 2, z = 3.

- Решить в натуральных числах уравнение х + y + z = xyz.

Решение:

  Пусть хz, тогда х + у + z  3z, а так как x + y + z = xyz, то xyz  3z или ху  3.

 Если бы х = у = z, то z= 3z или z= 3,  что невозможно при целом z.

 Значит, хотя бы два из чисел х, у, z неравные, поэтому ху < 3, т.е. ху = 2, либо ху = 1.

Если ху = 2, то х = 1, у = 2, и из исходного уравнения найдем z = 3.

Если бы ху = 1, то х = у = 1, и из исходного уравнения получим 2 + z = z, что невозможно.

Из найденного уравнения х = 1, у = 2,z = 3  найдем остальные перестановками.

Ответ: (1; 2; 3), (1; 3; 2), (2; 1; 3),(2; 3; 1), (3; 1; 2), (3; 2; 1).

VI. Заключение.

При выполнении работы было изучено и проанализировано большое количество научно – популярной и учебной литературы по указанной теме, в том числе и примеры решений уравнений в целых числах из Межрегиональной заочной математической олимпиады для школьников (Всероссийская школа математики и физики «Авангард»), из математических олимпиад Республики Мордовия, из Единого государственного экзамена (задания С6).

           Опираясь на  информацию, полученную после анализа решения  диофантовых уравнениях  были сделаны следующие  выводы:

           -при решении неопределенных уравнений в целых числах применяются  свойства, оценка выражений, входящих в уравнение; выражение одной переменной через другую  и выделение целой части дроби; метод  разложения многочлена на множители, метод полного перебора всех возможных значений переменных, входящих в уравнение; метод, основанный на выделении полного квадрата; решение уравнений с двумя переменными как квадратных относительно одной из переменных;

- к решению неопределенных уравнений в целых числах уравнение вида  ax + by = c применяется теория делимости; для линейных уравнений с двумя переменными, т.е. уравнения вида ax+by=c, алгоритм решения существует; при любых взаимно простых коэффициентах при неизвестных уравнение имеет имеет бесконечное множество решений;

- диофантовы уравнения  встречаются в олимпиадных заданиях, заданиях Единого государственного экзамена   развивая логическое мышление, повышая  уровень математической культуры, прививая навыки  самостоятельной исследовательской работы в математике.

Таким образом, выдвинутая гипотеза исследования - общего способа быть не может, не существует единого алгоритма, позволяющего за конечное число шагов решать в целых числах произвольные  диофантовы уравнения – нашла свое подтверждение.

Этот материал может быть интересен и полезен учащимся, материал данной работы можно использовать для изучения на элективных занятиях, при подготовке к олимпиадам и к централизованному тестированию, а также для самостоятельного изучения.    

VII. Литература.

1. Г.Н. Берман «Число и наука о нем». ОГИЗ Государственное издательство технико-теоретической литературы, Москва, 1948.

2. В. В. Ткачук. Математика ─ абитуриенту. Москва, «Теис», 1995 г.

3. Диофант Александрийский. Арифметика и книга о многоугольных числах (перевод с древнегреческого И. Н. Веселовского; редакция и комментарии И. Г. Башмаковой). Москва, «Наука», 1974.

4. Конкурсные задачи, основанные на теории чисел. В.Я. Галкин, Д.Ю. Сычугов. МГУ, ВМК, Москва, 2005.

5. Задачи повышенной трудности в курсе алгебры 7-9 классов. Н.П.  Косрыкина. «Просвещение», Москва, 1991 г.

6.И.Н. Сергеев, С. Н. Олехник. Примени математику. Москва,         «Наука»,1990 г.

7. М. В. Лурье, Б. И. Александров. Задачи на составление уравнений.            Москва, «Наука». 1980 г.

8.Факультативный курс по математике. Составитель И.Л. Никольская. Москва, «Просвещение», 1991 г.

9.Е.Н. Архангельская, С.В. Киреева. Пособие по математике для поступающих в МАДИ. Москва, 2002 г.

10.Куканов М.А., Богомолова Г.А. Задачи математических олимпиад РМ: Методическое пособие. МО РМ, МРИО. – Саранск, 2007 г.

11.Ляпин С.Е. и др. Сборник задач по элементарной алгебре. Учебное пособие для студентов физико - математических факультетов педагогических институтов. Москва, «Просвещение», 1973 г.

12.Галкин Е.В. Нестандартные задачи по математике: Задачи логического характера: Книга для учащихся 5-11 классов. Москва, «Просвещение», 1996 г.

13.Панферов В.С., Сергеев И.Н. Отличник ЕГЭ. Математика. Решение сложных задач; ФИПИ – Москва: Интеллект – Центр, 2010 г.

Прах Диофанта гробница покоит; дивись ей — и камень

Мудрым искусством его скажет усопшего век.

Волей богов шестую часть жизни он прожил ребёнком

И половину шестой встретил с пушком на щеках.

Только минула седьмая, с подругою он обручился.

С нею пять лет проведя сына дождался мудрец;

Только полжизни отцовской возлюбленный сын его прожил.

Отнят он был у отца ранней могилой своей.

Дважды два года родитель оплакивал тяжкое горе,

Тут и увидел предел жизни печальной своей.