Неопределенные уравнения
материал (9, 10, 11 класс)

СОДЕРЖАНИЕ

Введение  -----------------------------------------------------------------             3

Глава I     Диофант и диофантовы уравнения

        1.1 «Арифметика» Диофанта                                                                    6

        1.2 Диофант и способы его решений неопределенных уравнений     14

        1.3 Теория чисел по Диофанту                                                               18

        1.4 Неопределенные уравнения первой степени                                  23

        1.5 Неопределенные уравнения второго порядка                                34

        1.6 Неопределенные уравнения третьей степени                                 41

Глава II   Методы  решений диофантовых уравнений

        2.1 Решение диофантовых уравнений методом «перебора»               45

        2.2 Решение диофантовых уравнений методом «спуска»                   47

        2.3 Решение диофантовых уравнений методом «рассеивания»          51

        2.4 Алгоритм Евклида                                                                              57

        2.5 Цепные дроби                                                                                      61

        2.6 Связь диофантовых уравнений с теоремой Пифагора                    66

        2.7 Великая теорема Ферма                                                                      68

Заключение                                                                                                 73

Литература                                                                                                  75

ВВЕДЕНИЕ

Необычайный рассвет древнегреческой науки IV-III вв. до н.э. сменился к началу новой эры постепенным спадом в связи с завоеванием Греции Римом, а потом и начавшимся разложением Римской империи. Но на фоне этого угасания еще вспыхивает яркий факел. В III веке уже новой эры появляется сочинение александрийского математика Диофанта «Арифметика».

Диофант был одним из самых своеобразных математиков, труды которого имели большое значение для алгебры и теории чисел. До сих пор не выяснены ни год рождения, ни дата смерти Диофанта; полагают, что он жил в III веке н.э.

В одном из древних рукописных сборников задач в стихах¹ жизнь Диофанта описывается в виде следующей алгебраической загадки, представляющей надгробную надпись на его могиле. [6; 374]

         «Прах Диофанта гробница покоит: дивись ей – и  камень

         Мудрым искусством его скажет усопшего век.        

         Волей богов часть жизни он прожил ребенком

И половину шестой он встретил с пушком на щеках.                                          Только минута 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».

Задача-загадка сводится к составлению и решению уравнения:

                                  .

_____________________________        

 Речь идет о греческой «Палатинской антологии», изданной в VI в. грамматиком Метродором.        

Отсюда нетрудно подсчитать, что Диофант прожил 84 года. Считают, что великий математик жил около 250 года.

        Диофант написал большой труд под общим названием «Арифметика», из 13 книг которой только 6 сохранились до наших дней. Эти книги были открыты в Венеции в  1463 г  Регимонтаном, который в связи с этим писал, что в произведении Диофанта сосредоточен «весь цвет арифметики, искусство неизвестной»

В сохранившихся книгах Диофанта содержатся 189 задач с решениями. В первой книге изложены задачи, приводящие к определенным уравнениям первой и второй степени. Остальные же 5 книг содержат в основном неопределенные уравнения. В этих книгах еще нет систематической теории неопределенных уравнений, методы решения меняются от случая к случаю. Диофант довольствуется каким-нибудь одним решением, целым или дробным, лишь бы оно было положительным. Тем не менее, решения составляют основной вклад Диофанта в математику.

В работе рассматривается вопрос о видах диофантовых уравнений и способах их решений.

Основная цель - изучить диофантовы  уравнения и методы их решения.

Цель исследования определяет следующие задачи:

1)Изучить исторический аспект.

2)Выделить виды диофантовых уравнений.

3)Рассмотреть методы решения неопределенных уравнений.

4)Выявить специфические особенности решения задач с помощью диофантовых уравнений.

5)Выявить связь неопределенных уравнений с теоремой Пифагора.

К диофантовым уравнениям приводят задачи, по смыслу которых неизвестные значения величин могут быть только целыми числами. Решение уравнений в целых числах - очень увлекательная задача. Задачи  диофантовой «Арифметики» решаются с помощью уравнений, а проблемы решения уравнений относятся скорее к алгебре, чем к арифметике.

Решение задач с помощью диофантовых уравнений имеют специфические особенности.                                                                                                       Во-первых, они сводятся к уравнениям или системам уравнений с целыми коэффициентами. Как правило, эти системы неопределенные, то есть  число уравнений в них меньше числа неизвестных.

        Во-вторых, решения требуется найти только целые, часто натуральные. Для выделения  таких решений из всего бесконечного их множества приходится пользоваться свойствами целых чисел, а это уже относится к области арифметики.

         Тема актуальна и значима в школьном курсе, так как  расширяет представления об уравнениях с несколькими переменными, развивает познавательную активность, интерес к математике.

Поскольку тема интересна, требует сообразительности, напряженной работы ума, исследовательского подхода к рассматриваемой проблеме, поэтому очень часто задачи встречаются в материалах математических олимпиад различных уровней.

        Сообщение исторических сведений по математике является одной из форм воспитания научного мировоззрения, способствуют лучшему усвоению науки, воспитывает отношение к математике как части общечеловеческой культуры. Без математики человека нельзя назвать культурным. Как отмечают современные ученые, требования нашего времени таковы, что каждому специалисту, будь то естествоиспытатель или гуманитарий, необходимы знания в области математики. Математика – язык, который связывает науки между собой. Математика есть продукт творческой деятельности человеческого гения в течение тысяч лет, а не хитрая выдумка какого-то одного «мудреца». Каждая теорема, каждое уравнение – это обобщение гигантского опыта человечества, подведение итогов многовековой работы человеческой мысли.

ГЛАВА I    ДИОФАНТ  И  ДИОФАНТОВЫ УРАВНЕНИЯ

1.1 «Арифметика» Диофанта

        Диофант открыл новую главу в математике, и невозможно выявить, какие невидимые источники питали его творчество.

С 16 века известны только 6 книг из его великого труда « Арифметики». Они содержатся в греческом манускрипте, обнаруженные в 1464 году Регимонтаном в Венеции и явившемся копией более древнего манускрипта. Неясно, где располагались семь недостающих книг в общей структуре трактата. Тот кажущийся беспорядок, в котором находится этот труд, и который мог возникнуть в результате переписок и вмешательства позднейших комментаторов, дал пищу для множества противоречивых интерпретаций в ХIХ веке.

        Ныне возникла опасность, что прежнее прочтение Диофанта окажется неверным, и анализ его труда нужно будет проводить заново. Действительно, недавно в Иране (1972 г.) были обнаружены и идентифицированы четыре из арифметических книг Диофанта [4; с.104]. Речь идет об арабском манускрипте, датируемом 1175г., который оказался копией знаменитого перевода Диофанта на арабский язык, приписываемого Коста ибн Лука (умер около 912 г.), под названием «Искусство алгебры».

        Арабские книги помечены номерами 4, 5, 6 и 7, и первое исследование Рашеда, по-видимому, указывает на то, что они идут за греческой книгой III. Вообще проблему числа и порядка книг «Арифметики» историки математики должны полностью пересмотреть. Может оказаться, что труд Диофанта еще более значителен, чем казалось раньше.

«Арифметику» нельзя считать теоретическим трудом по арифметике в пифагорейском смысле – пифагорейцы термин «арифметика» предназначали для теории чисел, которая считалась дисциплиной без определенного метода, но требующей от ума некоего рода божественной интуиции. А этот трактат ближе всего к традициям вычислительной математики, или логистики. Однако в период, когда Диофант работал над составлением своей книги, это первоначальное различие уже, по-видимому, стерлось – это видно и из самого выбора названия и из того, что практические задачи у Диофанта всегда сначала формулируются в абстрактной форме, а числовые данные вводятся позже. Эта общая и абстрактная формулировка радикальным образом отличает Диофанта от Вавилонских математиков.

        Разумно считать «Арифметику» компиляцией, аналогичной «Началам» Евклида, составленной одним автором, но являющейся  плодом коллективной традиции.

Диофант выделяет среди чисел квадраты, кубы, биквадраты, квадратокубы, наконец, кубокубы. Наименование степеней основано на сложении показателей степеней, то есть квадратокуб - это квадрат, умноженный на куб. Диофант указывал, что решение большого числа арифметических задач приводит к операциям над числами различного вида, то есть к оперированию с различными степенями неизвестного. Он ввел символы для шести первых положительных и шести первых отрицательных степеней неизвестных.

Неизвестное Х определяется как неопределенное кратное единицы, однако на деле это означает, что его значение может быть рациональным; оно просто называется числом. Числа, не являющиеся коэффициентами при неизвестных, называются единицами и обозначаются символом М. Появился знак вычитания, в то время как сложение чисел обозначается просто написанием их друг за другом.

Наконец, Диофант вставлял слова «часть от» между двумя алгебраическими выражениями в том месте, где мы ставим черту дроби.

Число неизвестных могло достигать шести, но Диофант имел обозначение только для одного. Когда их было несколько, он говорил о первом, о втором, самом большом, самом маленьком  и т.д. неизвестном или выражал неизвестные через одно из них. В этом отношении его текст бывает иногда весьма темным.

Диофант написал свой труд в классической форме непрерывного рассуждения. Но он сократил немного этот словесный поток, систематически используя некоторые сокращения для степеней чисел, а  также для операций, и заменил некоторые часто встречающиеся слова их начальными и конечными буквами. Но алгебраических манипуляций над этими сокращениями он никогда не производил. Эта стадия эволюции алгебраической записи, промежуточная между чисто описательной, словесной стадией алгебраического символизма, которая сложилась в  ХVII веке, была названа синкопированной. Диофант проводил над своими символами все алгебраические операции, которые мы проводим теперь (возведение в степень, приведение  подобных, подстановки и т.д.). Отличие от алгебры  ХVI-ХVII вв. состояло в том, что у Диофанта не было обозначений для параметров. Им приходилось придавать всякий раз конкретное числовое значение. Таким образом, в «Арифметике» впервые была введена буквенная символика. Более того, в «Арифметике» мы находим впервые запись уравнений (с числовыми коэффициентами), там же формулируются и первые операции с уравнениями, ставшими впоследствии известными под арабскими названиями «ал-джабр» и «ал-мукабала».

Книга I в греческом варианте посвящена определенным задачам первой и второй степени с одним или несколькими неизвестными. Например: «Найти два таких числа, чтобы их сумма и произведение равнялись заданным числам». Нужно, чтобы квадрат полусуммы  искомых отличался от их произведения на квадрат. Это необходимое условие формирования. Пусть их сумма будет 20, а произведение 96» (1,27).Диофант действовал следующим образом: он полагал, что разность двух чисел равна двум аритмам (аритм обозначал неизвестную величину), скажем 2d. Тогда эти два числа равны 10+d   и 10-d. Имеем               (10 + d) (10 –d ) = 96,  то есть 100 - d² = 96  и  d = 2. В современных обозначениях, если х и у-искомые числа, полагаем

                                                        х +у = 20,

                                                        ху = 96,

                                                        х – у = 2d,

тогда

                                                       х = = 10 + d,

                                                       у = = 10 - d.

Получаем                       ху = 100 - d² = 96,  откуда  d = 2.

Первое число равно   10 + 2 = 12, второе  10 – 2 = 8.

Ответ: 12 и 8.

Таким образом, условие разрешимости выражается соотношением

                                     (()2 – ху)2 = полный квадрат.         (1.1.1)

У Диофанта оно имеет целью получение лишь рациональных положительных решений.

Действительно, если мы положим  х + у = а  и  ху = b, то получим значения , которые будут рациональными, если ()2 – b = полный квадрат, что непосредственно дает (1.1.1)

Данная задача возвращает нас к задаче из «Начал» Евклида, состоящей в отыскании двух чисел, сумма и произведение которых известны. Можно заведомо констатировать отсутствие обращений к какому бы то ни было геометрическому построению и обнаружить начатки разрешающего алгоритма, который бесспорно роднит Диофанта с вавилонянами. Эта разрешающая процедура присутствует во многих аналогичных задачах, состоящих в решении систем уравнений с двумя неизвестными, и приводит с помощью исключения к квадратному уравнению. На самом   деле квадратных уравнений как таковых у Диофанта нет, хотя он и обещал во введении их рассмотреть, но, тем не менее, многие примеры доказывают, что он был знаком с их решением. Коэффициенты уравнений были всегда рациональными положительными числами, часто даже целыми, и если уравнение не имело рациональных положительных  корней, Диофант его отбрасывал и объявлял не имеющим смысла; иногда он изменял числовые значения, чтобы сделать уравнение разрешимым в его смысле. В противоположность Герону Александрийскому или Архимеду, допускавшим в решении геометрических задач иррациональные числа, которые они затем пытались найти приближенно, Диофант проявил себя большим приверженцем арифметики и алгебры. Для него статус чисел распространялся лишь на положительные рациональные числа. Разумеется, отрицательное решение было немыслимо.

        Наконец, если уравнение второй степени имеет два допустимых корня, Диофант либо упоминал лишь об одном из них, либо, если он находил эти два решения с помощью различных процедур, то не пытался объединить их общим представлением.

        Пять других книг в основном посвящены неопределенным уравнениям, то есть уравнениям и системам уравнений со многими неизвестными, которые, вообще говоря, имеют большое число решений. И здесь Диофант ограничился исключительно рациональными решениями. Можно сказать, что это наиболее новая тема  «Арифметики»  Диофанта. (В настоящее время исследования целочисленных решений этого типа неопределенных  уравнений называют диофантовым анализом).

        Можно сказать, что, изучив сто решений Диофанта, невозможно предвидеть сто первое; и действительно, каждая из 189 задач решалась особым способом благодаря разумному выбору вспомогательного неизвестного и блестящим вычислительным приемам, учитывающим конкретные свойства чисел, выбранных в качестве числовых значений. Самые трудные дроби не пугали Диофанта – вообще он любил вычисления.

        В общем случае при решении систем неопределенных уравнений он уменьшал число неизвестных, подставляя вместо них произвольные рациональные значения или выбирая вспомогательные неизвестные. Так, некоторые задачи с неопределенными уравнениями изменяли характер в ходе решения, поскольку он доопределял одну или несколько неизвестных произвольным образом, что сводило их к задачам с определенными уравнениями.

Приведем пример неопределенной задачи Диофанта [4; с.111].                                

Задача 1.  «Найти такие три числа, чтобы квадрат суммы всех трех, вычтенный из каждого числа, давал квадрат. Положим сумму этих трех чисел аритмом.»

Условия  задачи можно перевести так:

                                   X - (X + Y + Z)² = α²,

                                   Y - (X + Y + Z)² = β²,

                                    Z - (X + Y + Z )² = γ².  

  Диофант полагал X + Y + Z = x, откуда (X + Y + Z)² = x².

Затем он сделал следующие подстановки:

                                      X = 2x²,  Y = 5x²,  Z = 10x²,

которые обращали все три уравнения в тождества α² = x², β² = 4x²,γ² = 9x².

Затем он подставлял эти значения в соотношение X + Y + Z = x и получал          2х² + 5х² + 10х² = х  или  17х² = х, откуда х =,   х² =

Решение Диофанта таково:  Х =      Y =,    Z =.

Ответ:

Он редко приводил полное семейство решений.

        Хотя ни один общий результат в «Арифметике» не был сформулирован, Диофант явно ссылался на леммы, возможно доказанные в работе, озаглавленной «Поризмы» и полностью утерянной.

Речь идет о тождествах, которые можно квалифицировать как алгебраические, таких, как                      

[()]2 + mn = [()]2,  или  (m2-n2)2 + (2mn)2 = (m2+n2)2;

второе является тождеством для пифагоровых троек. Например, в задаче из греческой книги III Диофанту нужно было построить четыре прямоугольных треугольника с одинаковой гипотенузой. Он исходит из двух пифагоровых троек: 3, 4, 5 и 5, 12, 13 и, умножая каждый «треугольник» на «гипотенузу» другого, выводит из них две новые пифагоровы тройки: 39, 52,65 и 25,60,65.

 Но, пишет далее Диофант, 65 записывается также в виде 16+49 и 64+1, «а это происходит потому, что 65 получается от произведения 13 и 5, а каждое из этих чисел раскладывается на два квадрата».

В действительности он использовал здесь тождество

                                               (a²+b²)(c²+d²) = (ac  bd)² + (ad  bc)²,

где

                                                a = 2,  b = 1,  c = 2,  d = 3,

откуда

                                                 5·13 = 65 = 4² + 7² = 8² + 1².

Затем отсюда с помощью пифагоровых троек он выводит при m = 7, n = 4 и         m = 8, n = 1, что

                                               65² = 33² + 56²

и

                                                65² = 63² + 16².

Числа, выбранные для этого примера, позволяют предположить, что Диофант знал, что всякое простое число вида  4n + 1  является суммой двух квадратов.

Судя по выбираемым им числовым значениям, Диофант, вероятно, был знаком со многими свойствами чисел, например с тем фактом, что число вида 4n + 3 не является суммой двух квадратов, число вида  8n + 7  не является суммой трех квадратов и т.д., но эти свойства нигде не были им высказаны явно(V; 9,11,14).

Многие из них были сформулированы, а затем доказаны Ферма и его исследователями в ХVIII веке и легли в основу современной теории чисел.

        «Арифметика» Диофанта предполагала хорошее знакомство со свойствами целых и рациональных чисел и подразумевала знание определенных приемов алгебраического характера: преобразования выражений, подстановок, исключения и т. д., даже если это явно не оговаривалось.

В греческой математике этот труд представлял собой новое по своей сути слово, как в смысле содержания, так и методов, которые означали разрыв с традиционными геометрическими методами. Однако именно эти последние воспринимались впоследствии как основное греческое наследие, в то время как влияние Диофанта оказалось скрытым.    

1.2  Диофант и способы решений его уравнений

        В своих решениях Диофант особое внимание уделял двум этапам: анализу задачи и выбору неизвестного, где последнему уделял особо важное значение. Удачный выбор неизвестного часто во много раз упрощает решение.

 Рассмотрим несколько задач Диофанта и его решения.

 Задача 2. «Найти три числа, так, чтобы сумма всех трех и каждых двух были

                     квадратами¹».

   Решение Диофанта: Пусть сумма трех чисел равна квадрату  х² + 2х + 1.

Первое число вместе со вторым пусть будет  х²,  тогда остаток 2х + 1 будет третье число. Второе с третьим пусть составляет  х² + 1 - 2х,  корнем чего будет х - 1. Теперь все три вместе  х² + 2х + 1, отсюда первое будет  х² - 4х.

 Итак, первое с третьим  6х + 1 должно равняться квадрату. Пусть это равно 121, тогда искомое число  х  равно 20.

     Отсюда, первое число- 80, второе-320, третье- 41 и «они удовлетворяют требованию».

     Ответ: 80, 320, 41.

 Задача 3. «Требуется число 100 разбить дважды на два слагаемых так, чтобы большая часть от первого разбиения была вдвое более меньшей части от второго разбиения и чтобы большая часть от второго разбиения была втрое более меньшей части от первого разбиения».

 Решение Диофанта. Обозначим меньшую часть от второго разбиения через х. Тогда большая часть от первого разбиения будет  2х. Меньшая часть от первого разбиения  100 - 2х,  а большая часть от второго разбиения  300 - 6х. Обе части от второго разбиения должны составлять 100, следовательно,

300 - 6х + х = 100, х = 40.          

  Решение становится яснее, если составить такую табличку: (рис.1).

_____________________________

¹ «Очерки из истории математики». Шереметьевский, Учпедгиз,1940,с.58.

Ответ : х=40.                                                                                Рис. 1.

 Задача 4. Решить систему:

   Обычное решение:  х = 10 - y , 100+ y²+ y² - 20y = 68, 2y² - 20y + 32 = 0

                                                                                y² - 10 y +16 = 0

х 1 = 2,   х 2 =8

у1 =8,  y2 =2.

Решение Диофанта: Из первого уравнения имеем:

.

Пусть                                                 .

Сложение дает:  х = 5 + d

Вычитание дает: y = 5 - d

Подставляем во второе из данных уравнений: (5 + d)² + (5 - d)² = 68,                       откуда                             d = 3, х = 8,  y = 2.

     Ответ: d = 3, х = 8,  y = 2.

Задача 5. «Найти два числа, сумма которых 20, произведение 96».

Решение Диофанта: Пусть  2n  – разность обоих чисел. Тогда большее  10 + n, меньшее 10 – n. Произведение  100 - n2 = 96, n2 = 4; n = 2.

Искомые числа  12  и  8.

Ответ: 12 и 8.

Задача 6. «Найти два числа, произведение которых, сложенное с каждым из данных чисел, составит куб некоторого числа».

Решение Диофанта: Диофант выбирает неизвестное так, чтобы, во-первых, удовлетворялись условия задачи, а во-вторых, чтобы в полученном кубическом уравнении уничтожались члены с кубами неизвестного в обеих частях уравнения. С этой целью первое число он обозначает через  8х,  а второе  х2 - 1.

Тогда

                                     8х (х2-1) + 8х = 8х3 - 8х + 8х = 8х3.

Таким образом, первое условие задачи выполнено.

Но необходимо также, чтобы произведение чисел, сложенное со вторым числом, составило куб другого какого-то числа, то есть чтобы 8х (х2 - 1) + х2  -1 было кубом какого-то числа, которое примем за 2х - 1.

Тогда

                        8х (х2 - 1) + х2 – 1 = (2х-1)3.

Откуда                

                              8х3 - 8х + х2 – 1 = 8х3 - 12х2 + 6х - 1,

                              13х2 - 14х = 0,   .

Следовательно,    первое  число  

                               Второе число     

Проверим:

1

1).  

2).  

Оба условия соблюдены.

     Рассматривая все достигнутое Диофантом, можно сказать, что он заложил фундамент, на котором позже в Средней Азии и Индии развивалась современная алгебра [14; с.179].                                                                              

Теория диофантовых уравнений получила очень большое развитие.

В XVII в. французский ученый Баше создал общий способ решения диофантовых уравнений первой степени. В течение XVI-XVIII вв. ученые П.Ферма, Л. Эйлер, Ж. Лагранж и К. Гаусс в основном закончили исследование уравнения вида:

                                         ax2 + bxy + cy2 + dx +cy + f = 0,

где a, b, c, d, f - целые числа.

Исследуя уравнения с двумя неизвестными любой степени с целыми коэффициентами, норвежский математик  А. Туэ в XX в. доказал, что оно не может иметь бесконечного числа целых решений. А сколько оно имеет решений, в каких границах лежат эти решения – вопрос оставался открытым.

        Советский математик Борис Николаевич Делоне создал интересный метод исследования неопределенных уравнений определенного вида, позволяющий определять границы числа решений. В частности, методом Делоне полностью решается уравнение вида:

                                        ax3 + y3 = 1.

Кроме Б.Н. Делоне, неопределенными уравнениями  в нашей стране занимаются многие ученые: А.О.Гельфонд, Д.К.Фадеев, В.А.Тартаковский и др. Им принадлежат фундаментальные работы по теории диофантовых уравнений [14;с.180].

1.3 Теория чисел по Диофанту

         Все методы решения уравнений Диофанта носили чисто алгебраический характер. Однако, помимо чисто алгебраических, в «Арифметике» рассматриваются и теоретико-числовые или арифметические вопросы, связанные с исследованием делимости целых чисел, их представимости в виде суммы двух, трех или четырех квадратов и тому подобное. Эти вопросы возникали обычно при исследовании условий разрешимости той или иной задачи.

     Именно в таком виде и появляются в «Арифметике» теоремы теории чисел. Судя по одному замечанию самого Диофанта, все эти и другие теоремы такого рода были им рассмотрены в специальной книге «Поризмы», которая до нас не дошла. Поэтому ничего другого не остается, как судить о знаниях Диофанта в теории чисел на основании замечаний и диоризмов (т.е. ограничительных условий), имеющихся в «Арифметике».

 Большинство из них относится к проблемам представления целых чисел суммами двух, трех и четырех квадратов. Первая из этих проблем сыграла огромную роль в дальнейшем развитии теории чисел. Она может быть сформулирована так:

     Дано целое число N. Определить, можно ли его представить формой х²+y², где х, y -целые, и если да, то сколькими различными способами  возможно такое представление.

     Эта проблема встречается в нескольких задачах «Арифметики». Например, в задаче 19 книги III.

 Задача 7.    «Найти четыре числа таких, чтобы квадрат суммы всех четырех чисел оставался квадратом, если к нему прибавить, или из него вычесть каждое из этих чисел».

     Так как во всяком прямоугольном треугольнике квадрат на гипотенузе остается квадратом, если к нему прибавить или от него отнять удвоенное произведение сторон, прилегающих к прямому углу, то, прежде всего нужно искать четыре прямоугольных треугольника, имеющих одинаковые гипотенузы; эта задача одинакова с задачей на разложение какого-нибудь квадрата на два квадрата, и притом четырьмя способами, а мы знаем, что разложение данного квадрата на два квадрата можно производить бесконечным числом способов.

     Теперь возьмем два прямоугольных треугольника из наименьших чисел,( как мы рассматривали в предыдущем параграфе), например, 3, 4, 5 и 5, 12, 13, и помножим каждый из взятых на гипотенузу другого; тогда первый треугольник будет 39, 52, 65, а второй 25, 60, 65. Это будут прямоугольные треугольники, имеющие одинаковые гипотенузы.

     По своей природе число 65 разлагается на квадраты двумя способами, а именно на 16 и 49, а также и на 64 и 1. Это происходит потому, что 65 получается от произведения 13 и 5, а каждое из этих чисел раскладывается на два квадрата. Теперь для взятых 49 и 16 нужно найти стороны, они будут 7 и 4, и образовать прямоугольный треугольник на двух числах 7 и 4; это будет 33, 56, 65. Точно так же у 64 и 1 сторонами будет 8 и 1; опять образовываем на этих числах прямоугольный треугольник со сторонами 16, 63, 65.

Таким образом, получаются четыре прямоугольника с одинаковыми гипотенузами; возвращаясь к первоначальной задаче, в качестве суммы нужных четырех чисел возьмем 65х, а каждое из этих чисел в х², взятых число раз, равное учетверенной площади, именно: 1-е 4056х², 2-е 3000х², 3-е 3696х² и 4-е 2016х². И сумма четырех чисел 12768х² будет равна 65х, так что х получается равным .

     К подстановкам 1-е число будет 17136600, 2-е 12675000 таких же долей, 3-е 15615600 таких же долей, четвертое 8517600, а знаменатель равен 163021824».

     Эта задача замечательна во многих отношениях. Во-первых, здесь Диофант впервые говорит о прямоугольных треугольниках « в наименьших числах» и об образовании таких треугольников из «двух чисел». На самом деле речь, конечно, идет о решении в рациональных числах неопределенного уравнения х²+y²=z², которое рассматривали еще в Древнем Вавилоне и решение которого нашли до Диофанта пифагорейцы.

     Диофант, не оговаривая этого специально, пользуется общими формулами, дающими все целые решения этого уравнения: х=2pq, y=p²- q²,  z = p²+q².

     Поскольку уравнение однородно, то расширение области решения до поля рациональных чисел не дает тут ничего нового. Эти решения можно получить, например, тем же методом, который Диофант применил в задаче для разложения заданного квадрата в сумму двух квадратов.

     Во-вторых, она содержит утверждение, что произведение двух целых чисел p и q, каждое из которых является суммой двух квадратов, само представимо суммой двух квадратов и притом двумя различными способами (если только     p r²q ). При этом, если  p = а² + b²  и  q = с² + d²,  то  pq = (ас + bd)² + (аd - bс)² = (ас - bd)² + (аd + bс²). Именно в примечаниях к этой задаче Ферма высказал свое знаменитое утверждение, что каждое простое число вида  4n+1  представимо в виде суммы двух квадратов и притом только одним способом. Здесь же он дал формулу для определения, сколькими способами заданное число можно представить в виде суммы двух квадратов.

Известны ли были эти предложения Диофанту?

     Рассмотрим  уравнение     2а + 1 = u² + v²,   где число  а  должно быть выбрано так, чтобы 2а + 1 представлялось в виде суммы двух квадратов. Общие условия для того, чтобы число можно было представить в виде суммы двух квадратов, целых или дробных, после Диофанта были найдены только П.Ферма (ХVII в.), который сформулировал их так: если число после деления на наибольший содержащийся в нем квадрат дает частное, которое делится на простое число вида  4n - 1, то заданное число не будет квадратом и не может быть разложено в сумму двух целых или дробных квадратов.

     Эти условия могут быть выведены из одной замечательной теоремы, которую сформулировал Ферма, а доказал Эйлер, а именно: суммой двух квадратов представимы те и только те простые числа, которые имеют вид 4n+1.

    Знал ли Диофант доказательство своего диоризма и подозревал ли он о том, что выставленные им условия не только необходимы, но и достаточны для представимости целого числа суммою двух квадратов?

Этому вопросу посвятил специальное исследование один из знаменитых математиков прошлого века, младший современник Гаусса, Карл Якоби.

    Прежде всего, он провел тщательный филологический анализ текста Диофанта и предложил следующую его реконструкцию: необходимо, чтобы заданное число не было нечетным, и чтобы удвоенное его и единица не имело делителя, кратного четырем без единицы. Это условие будет необходимо и достаточно, если к нему прибавить оговорку «после деления на наибольший содержащийся в нем квадрат», но, по-видимому, Диофант подразумевает это. Якоби в своей статье исходит из положения, что античные математики не высказывали в своих произведениях утверждений, доказательство которых им было неизвестно. По-видимому, Диофант нашел с помощью неполной индукции, что приведенный им диоризм полностью определяет числа, представимые суммою двух квадратов, однако доказать его во всем объеме он не мог. Что же касается необходимости диоризма, то Якоби не сомневается в том, что он был доказан Диофантом со всей строгостью.

     Действительно, из вполне элементарных соображений Диофант мог получить, что нечетное число N = 2n + 1 может быть представлено суммой двух квадратов только в случае n = 2r, т.е. N = 4r + 1.

     Однако обратное неверно, не каждое нечетное число вида  4r + 1 представляется суммой двух квадратов (например, 21 непредставимо в таком виде). Поэтому надо было найти и другие свойства суммы   а² + b².

Заметим, что  N  и  α²N,  где  α - рациональное число, одновременно представимы или одновременно непредставимы в виде а² + b². Поэтому достаточно рассматривать числа, которые не делятся ни на какой квадрат.

     Открытие Диофанта и состояло в том, что такие числа  N, если они являются суммой двух целых квадратов, не должны иметь простых делителей вида 4n-1. Якоби считает, что доказательство Диофанта состояло в последовательном установлении следующих теорем:

Теорема 1. Каждое целое нечетное число, являющееся суммой двух квадратов, имеет вид 4n + 1.

Рассмотрим уравнение   15х² - 36 = 

Оно не имеет рациональных решений: «это равенство невозможно,- пишет он,-вследствие того, что 15 не раскладывается на два квадрата», т.е. представление

невозможно.

Теорема 2. Если  N = а² + b²  и   а,  b  не имеют общего делителя вида  4n - 1, то каждый делитель   p  числа  N имеет вид  4n + 1.

При доказательстве этого предложения Якоби применил метод бесконечного спуска.

     Хотя мы и не можем сказать с уверенностью, что Диофант доказывал свой диоризм именно так, тем более что реконструкция Якоби слишком сложна, но этот диоризм был, безусловно, строго доказан Диофантом.

     В этом убеждает общая установка античных математиков: никогда не высказывать в качестве утверждения предложение, которое еще не доказано [3;с.99].

     Диофант умел доказывать, что целое число N , не делящееся ни на какой квадрат, и имеющее простой делитель вида 4n-1 не может быть представлено формой  а² + b².Диофант открыл, но, по-видимому, не умел доказывать, что всякое простое число  p  вида  4n + 1  представимо формой  а² + b².

1.4   Неопределенные уравнения первой степени

         Диофантовы уравнения во все времена привлекали внимание математиков. Ими занимались классики математики: Пьер Ферма (1601- 1668), Леонард Эйлер (1707-1783), Карл Гаусс (1777- 1855), П. Чебышев (1821- 1894) и другие. Им уделяют внимание и многие выдающиеся математики современности. Большой вклад в теорию диофантовых уравнений внесли отечественные математики.

        Определение: Диофантовы уравнения – это алгебраические уравнения или системы алгебраических уравнений с целыми коэффициентами, решения которых отыскиваются в целых или рациональных числах.

Обычно предполагают, что диофантовы уравнения имеют число неизвестных превосходящее число уравнений, в связи с чем, они называются также неопределенными уравнениями.

 Самые разные задачи практического содержания часто приводят к уравнениям, в которых неизвестные по своему смыслу могут принимать только целочисленные значения.

        Простейшим примером диофантова уравнения служит линейное уравнение вида                                                 

ах + bу = с                                              (1.4.1)

в целых числах (с целыми коэффициентами а, b и с).

Такое неопределенное уравнение имеет бесконечно много решений.

Если хo и уo - одно решение неопределенного уравнения, то числа                                                         х = хo + bn,      у = уo - аn,                                              

где  n - любое целое число, тоже будут решениями, которыми исчерпывается вся совокупность решений.

Рассмотрим несколько задач.                                                                                       Задача 10. «Докажите, что любую денежную сумму, выраженную целым числом рублей, большим  7, можно уплатить без сдачи, имея лишь трехрублевые  и пятирублевые купюры в достаточном количестве».

Решение: Пусть нужно уплатить денежную сумму в  n  рублей. Если число  n делится на 3, то эту сумму можно уплатить одними трехрублевыми купюрами. Если остаток от деления числа n > 7 на 3 равен 1, то                                 n=3q+1=3(q-3)+10,

причем 3q+1 > 7, откуда q > 2, значит, в этом случае сумму можно уплатить q-3 трехрублевыми купюрами и двумя пятирублевыми.                                         Если же остаток от деления числа n > 7 на 3 равен 2, то                                                  n = 3q + 2 = 3 (q - 1) + 5,                                                

 причем  3q + 2 >7, откуда q > 1, значит, в этом случае сумму можно уплатить трехрублевыми купюрами и 1 пятирублевой.

Задача 11.     «Покупатель приобрел в магазине на 21 рубль фотоматериалов. Но у него в наличии денежные знаки только пятирублевого достоинства, а кассира – трехрублевого. Иных денег нет. Требуется узнать, можно ли при наличии таких денег расплатиться с кассиром и как именно? То есть, сколько надо дать кассиру пятирублевок и сколько кассир должен дать сдачи трехрублевками, чтобы разность сумм равнялась 21 рублю».

Решение: Обозначим число пятирублевок через х, а трехрублевок – через у; тогда

                                                              5х-3у=21.

Получили одно уравнение с двумя неизвестными. В условии задачи данных для составления второго уравнения нет.

Способ, который мы используем для решения этой задачи, - один из простейших. Прежде всего, примем во внимание подразумеваемые условием задачи ограничения для  х и у; они обязательно должны быть целыми и положительными.

Теперь произведем некоторые преобразования:

                                         5х-3у=21,  3у=5х-21,

                                         у =.

Так как количество денежных знаков трехрублевого и пятирублевого достоинства должно быть целым, то выражение   также должно быть целым. Обозначим его через t.

=t,     откуда    х=, а   у =  - 7+ t = - 7.

По условию х>0 и у>0, значит,  - 7 > 0  и  t >2,8.

Кроме того, число t обязательно должно быть четным, иначе ни  х, ни  у не будут целыми.

        Итак, некоторые границы для t определены. Оно должно быть больше чем 2,8, должно быть целым и четным.

Найдем теперь х и у. При t = 4, 6, 8, 10, 12,…имеем: х = 6, 9, 12, 15, 18…,            у = 3, 8, 13, 18, 23… .

Проверим:       1)5 ∙ 6 – 3 ∙ 3 = 21;

                         2)5 ∙ 9 – 3 ∙ 8 = 21;

                         3)5 ∙ 12 – 3 ∙ 13 = 21 и т.д.

Ответ: (6; 3), (9; 8), (12; 13), (15; 18), (18; 23).

Мы нашли различные способы уплатить кассиру 21 рубль пятирублевками, получив сдачу трехрублевками.

Задача 12.   «Имеется 110 листов бумаги. Требуется из них сшить тетради по 8 листов и по 10 листов в каждой. Сколько надо сшить тех и других?»

Решение:   Обозначим число восьмилистовых тетрадей через  х,  а число девятилистовых тетрадей  через  у. Составим одно уравнение с двумя неизвестными:

                                              8х + 10у = 110,

отсюда                                  

х = ;

х и у   будут удовлетворять смыслу задачи лишь тогда, когда они будут целыми и положительными. Значит, выражение   должно быть целым. Обозначим его через t:

                      = t, у=3 - 4t,  а  х=13-у+t=10+5t, но х > 0  и  у> 0.

Значит, 10 + 5t > 0,  откуда  t > -2             -2 < t < .

                 3 - 4t > 0, откуда  t <

  Но между  -2  и   есть только два целых числа  -1  и  0. Проверим, какое из них удовлетворяет условию задачи.

При     t = -1,   x = 5,  y = 7;          5 ∙ 8 + 7 ∙ 10 = 110 (листов).

При     t = 0,     x = 10, y = 3;         10 ∙ 8 + 3 ∙ 10 = 110 (листов).

Ответ:  из 110 листов бумаги можно изготовить или 5 тетрадей по 8 листов и 7 тетрадей по 10 листов, или 10 тетрадей по 8 листов и 3 тетради по 10 листов.

Задача имеет два решения.

Задача 13. «Пусть а, b и с – ненулевые целые числа. Докажите, что если число с не делится на наибольший общий делитель пары чисел а и b, то уравнение

                                        ах + bу = с  в целых числах не имеет решений».

Решение:   Пусть (а,b)=d и число с не делится на d. Тогда если уравнение

                                              ах + bу = с

имеет целочисленное решение     х = х0, у = у0, то справедливо числовое равенство ах0 + bу0 = с, в котором левая часть делится на d (ибо числа а и b кратны d), а правая нет. Полученное противоречие доказывает, что указанное уравнение в целых числах не может иметь решений.

Ответ: уравнение  в целых числах не имеет решений.

Задача 14.  «Для перевозки зерна имеются мешки, в которые входит либо 60 кг, либо 80 кг зерна. Сколько надо заготовить тех и других мешков для загрузки 1 т зерна таким образом, чтобы все мешки были полными? Какое наименьшее количество мешков при этом может понадобиться?»

Решение: Для неизвестных х и у, обозначающих количество мешков по 60 и 80 кг соответственно, имеем уравнение

                                        60х + 80у = 1000,

или уравнение                        3х + 4у = 50

в целых неотрицательных числах. Одно целочисленное решение этого уравнения нетрудно угадать, воспользовавшись равенством

                                        -3 · 50 + 4 · 50 = 50.

Учитывая формулы общего решения, получаем все целочисленные решения этого уравнения:

                                        х = -50 + 4k,  у = 50 - 3k.                        

 Теперь для того, чтобы найти все натуральные решения, наложим ограничения

                                        4k – 50 ≥ 0,  50 - 3k ≥ 0,

из которых выведем оценки        

                                        12 <  ≤  k  ≤  <17.

Таким образом, полагая последовательно k = 13, 14, 15, 16, найдем все неотрицательные решения:

х = 2, у = 11;  x = 6, у = 8; х = 10, у = 5; х = 14, у = 2.

Наименьшее количество мешков х + у достигается при первом из найденных решений.

Ответ: (2; 11), (6; 8), (10; 5), (14; 2).

Задача 15.         Состав с углем

        «На станцию привезли 420 т угля в вагонах вместимостью по 15т, по 20т и по 25 т. Сколько каких вагонов было использовано, если известно, что всего было 27 вагонов?»

Решение: Пусть было использовано х,  у  и  z вагонов вместимостью по 15т, по 20т и по 25т соответственно. Тогда имеем

                                15х + 20у + 25z = 420,  х + у + z = 27,

то есть числа у и z должны удовлетворять уравнению

                                         15(27 – у - z) + 20у + 25z = 420

в натуральных числах. Преобразовывая это уравнение, получаем

                                у + 2z = 3,

то есть у = z = 1 и  х= 25. Итак, было использовано 25 вагонов по 15т, 1 вагон в 20 т и 1 вагон в 25т.

Ответ: 25 вагонов по 15 т, 1 вагон в 20т, 1 вагон в 25т.

Задача 16. «Требуется на один рубль купить 40 штук почтовых марок-копеечных,  4-х копеечных и 12-копеечных. Сколько окажется марок каждого достоинства?»

Решение:  в этом случае у нас имеется два уравнения с тремя неизвестными:

                                        х + 4у + 12z = 100,

                                        х +  у +   z = 40,

где х-число копеечных марок, у-4-копеечных, z-12-копеечных.

Вычитая из первого уравнения второе, получим одно уравнение с двумя неизвестными:

                                        3у + 11z = 60.

Находим у:

                                        у = 20 – 11 · .

Очевидно, - целое число. Обозначим его через t.

Имеем:                                     у = 20 - 11t,

                                                   z = 3t.

Подставляем выражения для  у  и  z  во второе из исходных уравнений:

                                        х + 20 - 11t + 3t = 40;

получаем:

                                                   х = 20 + 8t.

Так как х ≥ 0, у ≥ 0 и z ≥ 0, то нетрудно установить границы для t:

                                        0 ≤ t ≤1 ,

откуда заключаем, что для t возможны только два целых значения:

                                         t = 0 и  t = 1.

Соответствующие значения х, у и z таковы:

t = 0; 1                                        Проверка

х = 20; 28

у = 20; 9                        20 · 1 + 20 · 4 + 0 · 12 = 100,

z = 0; 3                        28 · 1 + 9 · 4 + 3 · 12 = 100.

Итак, покупка марок может быть произведена только двумя способами

(а если потребовать, чтобы была куплена хотя бы одна марка каждого достоинства, - то только одним способом.)

Ответ: (20;20;0), (28;9;3).

Задача 17.                Сорока купюрами.                                                               «Можно ли набрать сумму в 1000 рублей с помощью купюр достоинством в 1 рубль, 10 рублей, 100 рублей, таким образом, чтобы всего было использовано ровно 40 купюр?»

Решение:  Если сумму в 1000 рублей можно набрать с помощью х, у и z купюр достоинством в 1 рубль, 10 рублей и 100 рублей соответственно, то справедливо равенство х + 10у + 100z = 1000. Если к тому же всего купюр должно быть х + у + z = 40, то целые числа х и у должны удовлетворять уравнению (40 – у –z) + 10у + 100z = 1000, или 9у + 99z = 960. Последнее уравнение в целых числах не имеет решений, так как число 960 не делится на наибольший общий делитель пары чисел 9 и 99, равный 9.

Ответ: нельзя.

Мы рассмотрели самые простые задачи, решения которых отыскиваются сравнительно легко. Повседневная жизнь ставит перед наукой сложные задачи, приводящие к системам неопределенных уравнений. Ученые, в том числе и наши русские и советские, создали совершенные методы решения неопределенных уравнений. Изучаются они в высшей школе.

      Вторым примером диофантовых уравнений является уравнение вида                                                         х² + у² = z².                                (1.4.2)

В Древнем  Вавилоне ставился вопрос о рациональных решениях этого уравнения.

Пифагору приписывают правило для нахождения целочисленных его решений, а именно

                                х = ,  у = m,  z =                             (1.4.3)       где m - нечетное число.

 При m = 3 получается треугольник со сторонами 3, 4, и 5, который также связывается с именем Пифагора.

        Общие формулы для решения уравнения содержатся в «Началах» Евклида¹

                                           х  = k2 – 1, у = 2k,  z = k² + 1,                       (1.4.4)

Этими формулами часто пользовался Диофант.

        В книге II своей «Арифметики» Диофант рассматривает различные неопределенные уравнения второго порядка и устанавливает, по существу, следующую теорему: Неопределенные уравнения второго порядка от двух переменных либо не имеет ни одного рационального решения, либо имеет их бесконечно много, причем в последнем случае все решения выражаются как рациональные функции параметра

                                        х = φ(k), у = ψ(k),                   где k - целое число.

_____________________________

1 Книга XX, предложение 29.

Чтобы показать это, приведем сначала задачу 8 книги II.

Задача 18. «Данный квадрат разделить на 2 квадрата». Пусть предложено 16 разделить на 2 квадрата и положим первый х², а другой будет 16 - х²; таким образом, должно быть 16- х²=□.

Решение: Образуем, этот квадрат из нескольких  х минус столько единиц, сколько содержится в стороне 16; пусть будет 2х-4, что в квадрате даст 4х²+16-16х. Это равно  16-х².

К обеим частям прибавим отрицательные члены и приведем подобные слагаемые.

Тогда

                                                    16 – х² = 4х² + 16 – 16х,

                                                     5х² = 16х,

                                                             х =.

Один будет , а другой , сумма их будет = 16 и каждый из них будет квадратом»

Задача 19. «Найти два таких числа, чтобы их разность имела заданное отношение к разности их квадратов».

Решение:  Предположим, что их разность составляет шестую часть разности их квадратов. Примем меньшее за х, а большее за 2х; разность их оказывается равной х, разность же их квадратов 3х². Таким образом, х должен быть шестой частью 3х². Значит, 6х = 3х²; х = 2.

Меньшее число – 2, а большее – 4.

Ответ: (2; 4).

Задача 20. « Найти два таких числа, чтобы их сумма имела заданное отношение к сумме их квадратов».

Решение:  Предположим, что их сумма является десятой частью суммы их квадратов. Пусть меньшее будет  х, а большее 2х; их сумма получается равной 3х, а сумма их квадратов – 5х²;  следовательно,  3х будет десятой частью от 5х².

Следовательно, 30х =5х²;  х=6.

Таким образом, меньшее будет 6, а большее 12.

Ответ: 6 и 12.

Выделим метод Диофанта «в чистом виде»

Пусть дано уравнение                                                                                                                  х² + у² = а²,                                (1.4.6)                      которое представляет окружность с центром в начале координат.

Одним из рациональных решений этого уравнения будет (0; -а). Диофант делает подстановку:

                                                     (1.4.7)

Не имея обозначений для произвольного k, он берет k = 2, отмечая, однако, что следует образовать квадрат из «нескольких х минус столько единиц, сколько содержится в стороне 16», т. е  в нашей символике это в точности  kх - 4

        Подстановку (1.4.7)  можно интерпретировать геометрически как проведение через точку (0; -а) прямой  у = kх - а.

Эта прямая встретит окружность   еще в одной точке, координаты которой будут рациональными функциями от k.

Действительно,

                х² + (kх-а)² = а²       и      х =  + 1,

                 у = kх – а = .

        Таким образом, каждому рациональному значению k отвечает одна и только одна рациональная точка кривой.

        Наоборот, легко видеть, если мы соединим произвольную рациональную точку кривой с точкой, то получим прямую с рациональным угловым коэффициентом.

В своих книгах Диофант рассматривает неопределенные уравнения третьего, четвертого и более высших порядков.

Оценивая роль Диофанта в становлении математики, Г.Г Уейтен отмечает существенную деталь: «Наконец, мы желаем здесь указать на важную роль, сыгранную впоследствии сочинениями Диофанта. Благодаря  тому, что определенные уравнения первой и второй степени были облечены у него в численную оболочку, они оказались более доступными для людей, не посвященных еще в культуру греческой математики, более доступными, чем те абстрактные геометрические формы, которые принимают у Евклида уравнения второй степени и которые мы встречаем в сохранившихся до нас трудах  других геометров для выражения уравнений первых двух степеней. Поэтому Диофант и явился главным посредником в процессе усвоения греческой алгебры, благодаря которым, в свою очередь, она проникла в Европу в эпоху возрождения наук». Недаром Диофанта назвали «отцом греческой алгебры».

1.5 Неопределенные уравнения второго порядка

Рассмотрим неопределенное уравнение второго порядка с тремя неизвестными, то есть уравнение вида

                                                    х² + у² = z².                                           (1.4.2)

Это уравнение является частным случаем суммы квадратов целых чисел. Найдем формулы, позволяющие найти решение этого уравнения в целых числах.

        Обозначим через d наибольший общий делитель чисел х и у:

НОД(х;у) = d. Тогда  х = хd, у = уd и уравнение ( 1.4.2) примет вид:

                                                  х²d² + у²d² = z².                                    (1.5.1)

Отсюда следует, что z² делится на d², и значит, кратно d, z = zd.

Теперь уравнение (1.5.1) можно записать в виде:

                                           х²d² + у²d² = z²d²,                                      (1.5.2)

сокращая на d², получим

                                            х² + у² = z².                                               (1.5.3)

Получаем уравнение того же вида, что и исходное, причем теперь величины х и у не имеют общих делителей, кроме 1.

Таким образом, при решении уравнения  (1.4.2) можно ограничиться случаем, когда  х и у взаимно просты.

        Итак, пусть НОД (х,у) = 1. Тогда хотя бы одна из величин х или у, например, х будет нечетной. Перенося  у²  в правую часть уравнения (1.4.2), получим

                                х² = z² - у²;   х² = (z + у)(z – у)                      (1.5.4)

Обозначим через d наибольший общий делитель выражений у + z; z - у.

Тогда

                                                z + у = аd,     z – у = bd,                     (1.5.5)

где а и b взаимно просты.

Подставляя в равенства (1.5.4) значения  z + у и z - у, получим

                                                         х² = аbd².

Так как числа а и b не имеют общих делителей кроме 1, то полученное равенство возможно только в том случае, когда а и b будут полными квадратами.

                                                         а = u²,  b = v².

Но тогда

                                                х² = u²v²d²  

                                              и                                                                 (1.5.6)

                                                                 х = uvd

Найдем теперь у и z из равенств (1.5.5)

Сложение этих равенств дает

                                        2z = ad + bd = u²d + v²d;

                                        z = .                                      (1.5.7)

Вычитая равенство z - y = bd из равенства z + y = ad, получим

                                                2y = ad - bd = u²d - v²d;

                                                  у =  ∙ d1.                                                      (1.5.8)                                                                                                                                             В силу нечетности  х  из (1.5.6) получаем, что   u, v и d  так же нечетны. Более того, d = 1, так как иначе из равенств

                                х = uvd     и  у =

следовало бы, что величины х и у имеют общий делитель d≠1, что противоречит предположению об их взаимной простоте.

Числа u  и v связаны с взаимно простыми числами a  и  b равенствами

                                                     a=u²,   b=v²

и в силу этого сами взаимно просты;

v < u, так как,  b < a, что ясно из равенств (1.5.5 )

Подставляя в равенства (1.5.6) - (1.5.8)    d=1,  получим формулы:

                                х = uv,  y = ,  z =  ,                         (1.5.9)

дающие при нечетных взаимно простых u  и v (v  < u) все свободные от общих делителей тройки целых положительных чисел х, у и z, удовлетворяющие уравнению(1.4.2)                                                  

Формулы (1.5.9) дают только те решения уравнения (1.4.2), в которых числа x, y, z не имеют общих делителей. Все остальные целые положительные решения этого уравнения получаются умножением решений, содержащихся в формулах(1.5.9) на произвольный общий множитель d.

        С геометрической точки зрения решение уравнения (1.4.2)   в целых числах можно истолковать как нахождение всех пифагоровых треугольников, то есть прямоугольных треугольников, у которых и катеты x, y, и гипотенуза z выражаются целыми числами.

Удобно  записывать их в виде троек чисел (x, y, z) называемых пифагоровыми.

Таким образом, три числа, в которых сумма квадратов двух чисел равна квадрату третьего числа, называются пифагоровыми числами, а треугольники, стороны которых измеряются такими целыми числами, -пифагоровыми.

Таких чисел можно подобрать сколько угодно.

Например:                            3²+4²=5²;            12+602=612

                                              5²+12²=13²;        132+842=852

                                              15²+8²=17²;        152+1122=1132

Пифагор дает правило для нахождения сторон таких треугольников. За меньший катет принимаем нечетное число 2n+1. Если возвести его в квадрат, вычесть единицу и остаток разделить пополам, получим катет:

         (2n+1) = 4n2 + 4n + 1;                  = 2n2 + 2n = 2n(n+1).

Прибавив к полученному результату единицу, найдем гипотенузу 2n2 + 2n + 1. Например, если меньший катет 7, то больший будет   = 24, а гипотенуза

24 + 1 = 25.

Существует и другой способ нахождения пифагоровых чисел [14; с.190]. Если а и b-любые числа, где а > b, то    

                                                 х = 2ab - катет,

                                                 y = a2 - b2 - катет,

                                                  z = a2 + b2 - гипотенуза.

Проверим:                                х2 + у2 = z2,

                                 4a²b² + a4 - 2a²b² + b4 = a4 + 2a²b² + b4 = (a²+b²)².

Придавая любые значения a и b, соблюдая условие, что а > b, можно найти сколько угодно троек пифагоровых чисел.

Например:                         a = 7, b = 2,  x = 28,  y = 45,  z = 53,

                                             a = 5, b = 3, x = 30, y = 16,  z = 34.

Пифагоровы числа обладают рядом интересных свойств. Например:

1. Один из «катетов» должен быть кратным трем.

2.Один из «катетов» должен быть кратным четырем.

3. Одно из пифагоровых чисел должно быть кратно пяти.

Древнегреческий ученый Платон дает такое правило для нахождения пифагоровых чисел:

Если принять за один из катетов четное число 2p, то другой катет будет p² - 1, а гипотенуза  р² + 1.

Рассмотрим несколько задач.

Задача 21. «Докажите, что если x0, y0, z0 – пифагорова тройка, то тройки  y0, x0, z0 и x0k, y0k, z0k при любом значении натурального параметра k  также являются пифагоровыми».

Решение.  Если х0² + у²0=z0², то у0²+х0²=z02, и при любом натуральном значении k имеем

                 (x0k)²+(y0k)²=(x0²+y0²)k²=z0²k²=(z0k)²,

Что и требовалось доказать

Задача 22. Проверить, что при любых натуральных значениях m>n тройка вида

2mn,   m²-n²,  m²+n²

является пифагоровой. Всякую ли пифагорову тройку x, y, z можно представить в таком виде, если разрешить переставлять местами числа x и у в тройке?

Решение:  Из равенств

                    (m²+n²)2=m4+2m²n²+n4=(m4-2m²n²+n4)+4m²n²=(m²-n²)²+(2mn)²

заключаем, что указанная в задаче тройка удовлетворяет уравнению х²+у²=z² в натуральных числах. Однако не всякую пифагорову тройку x, y, z можно представить в таком виде; например, тройка 9, 12, 15 является пифагоровой, но число 15 не представимо в виде суммы квадратов каких-либо двух натуральных чисел m и n.

Заметим, что если два числа пифагоровой тройки имеют общий делитель, то на него делится и третье число. Поделив их все на общий делитель, вновь получим пифагорову тройку.

Значит, от любой пифагоровой тройки легко перейти к пифагоровой тройке, числа которой попарно взаимно просты. Такую тройку называют примитивной.

Найдем общий вид примитивных пифагоровых троек. В примитивной пифагоровой тройке два числа не могут быть четными, но в то же время все три числа не могут быть нечетными одновременно. Остается один вариант: два числа нечетные, а одно четное.

Покажем, что z не может быть четным числом.

Предположим противное: z=2m, тогда х и у-нечетные числа:

                                               х=2k+1, y=2l+1

В этом случае сумма

                                      x²+y²=4(k²+k+l²+l)+2

не делится на 4, в то время как z²=4m² делится на 4.

Итак, четным числом является либо х, либо у.

Пусть x=2u, y и  z-нечетные числа.

Обозначим z+y=2v, z-y=2w.

Числа v  и w взаимно простые.

На самом деле, если бы они имели общий делитель d > 1, то он был бы делителем и для z = v + w, и для  y = v - w, что противоречит взаимной простоте        y и  z.

Кроме того, v и w, разной четности: иначе бы y и z были четными.

Из равенства

                                                            x²=(z+y)(z-y)

следует, что                                           u²=vw.

Поскольку  v  и w  взаимно просты, а их произведение является квадратом, то каждый из множителей является квадратом.

Значит, найдутся такие натуральные числа p  и  q (будем считать p>q), что

                                                               v=p², w=q²

Очевидно, числа p  и  q взаимно просты и имеют разную четность.

Теперь имеем

                                                         z=p²+q²,   y=p²-q²,

откуда

                                                       x²=(p²+q²)-(p²-q²)=4p²q²,

                                                        x=2pq

В результате мы доказали, что для любой примитивной пифагоровой тройки (x,y,z) найдутся взаимно простые натуральные числа p и q  разной четности,     p > q   такие,  что

                                         x = 2pq, y = p²-q², z = p² + q²                              (5.10)

Все остальные пифагоровы тройки имеют вид

x = 2kpq, y=k(p² - q²), z = k(p² + q²)

где k произвольное натуральное число.

Кстати, еще вавилоняне знали, что таким способом получаются стороны

прямоугольного треугольника.

      Затем завязывают на шнуре три узла,  расстояния между которыми равны 4х и 5х. Приложив крайние узлы к точкам Х и Y, натягивают  шнур за средний узел. Шнур расположится треугольником, в котором угол Х-прямой.                                

    Этот древний способ, применявшийся тысячелетия назад строителями египетских пирамид, основан на том, что каждый треугольник, стороны которого относятся, как 3:4:5,согласно общеизвестной теореме Пифагора, прямоугольный, так как 3²+4²=5².                                                                                                                                                      

Замечание: взаимная простота и разная четность для чисел p и q  нужны для того, чтобы тройка (x,y,z) по формулам ( 1.5.10 ) получалась примитивной. Если же  p и q – произвольные натуральные числа, то эти формулы тоже зададут пифагорову тройку, но уже не обязательно примитивную.

1.6 Неопределенные уравнения третьей степени

Кроме рассмотренных нами уравнений, большой интерес представляют уравнения третьей степени.

Сумма кубов трех целых чисел может быть кубом четвертого числа.

Например, 3³+4³+5³=6³.

Это означает, что куб, ребро которого равно 6 см, равновелик сумме трех кубов, ребра которых равны 3 см, 4 см и 5см (рис.3),- соотношение, по преданию, весьма занимавшее Платона.

                                                                                                             Рис.3.

Найдем решения уравнения

                                                x³ + y³ + z³ = u³.                                          (1.6.1 )

Обозначим неизвестное u через  -t

Тогда уравнение примет более простой вид:

                                             x³ + y³ + z³ + t³ = 0,                                 ( 1.6.2 )

которое называется неопределенное уравнение третьей степени.

Рассмотрим прием [174 с.121], позволяющий найти бесчисленное множество решений уравнения (1.6.2) в целых ( положительных и отрицательных ) числах.

Пусть a, b,c,d   и   α, β, γ, δ – две четверки чисел, удовлетворяющих уравнению (1.6.2).Прибавим к числам первой четверки числа второй четверки, умноженные на некоторое число ķ, и постараемся подобрать число так, чтобы полученные числа

                                          a + kα, b + kβ, c + kγ, d + kδ

также удовлетворяли уравнению (1.6.2). Иначе говоря, подберем k таким образом, чтобы было выполнено равенство:

(a + kα)³ + (b + kβ)³ + (c + kγ)³ +(d+kδ)³ = 0.

Раскрыв скобки, и при этом не забывая, что четверки  a,b,c,d  и  α, β, γ, δ удовлетворяют уравнению (1.6.2), то есть имеют место равенства

                                       a³ + b³ + c³ + d³ = 0,   α³ + β³ + γ³ + δ³ = 0,

мы получим:

3a²kα + 3ak²α² + 3b²kβ + 3bk²β² + 3c²kγ +3 ck²γ² + 3d²kδ + 3dk²δ² = 0

или

3k[(a²α + b²β + c²γ + d²δ) + k(aα² + bβ² + cγ² + dδ²)] = 0.

Произведение обращается в нуль только в том случае, когда обращается в нуль хотя бы один из его множителей. Приравнивая каждый из множителей к нулю, получим два значения для k.

Первое значение k=0 означает, что если к числам a,b,c,d  ничего не прибавлять, то полученные числа удовлетворяют уравнению(1.6.2).Поэтому возьмем второе значение для k:          

                               k=- .                                                                                                                                                           (1.6.3)

  Зная две четверки чисел, удовлетворяющих исходному уравнению, можно найти новую четверку: для этого нужно к числам первой четверки прибавить числа второй четверки, умноженные на k, где k имеет написанное выше значение.

        Для того чтобы применить этот прием, надо знать две четверки чисел, удовлетворяющих исходному уравнению. Одна четверка (3, 4, 5, -6). В качестве второй четверки можно взять числа r, -r, s, -s, которые, очевидно, удовлетворяют уравнению (1.6.2).

Предположим,

                                                      а = 3, b = 4, c = 5, d = -6,

                                                       α = r, β = -r, γ = s, δ = -s.

Тогда для k получим следующее значение:

                                               k=-,

и                 a+kα= ,        b + kβ = ,                                                                    

                c+kγ = ,          d+kδ =

Эти четыре выражения удовлетворяют  уравнению (1.6.2)

        Так как все эти выражения имеют одинаковый знаменатель, то его можно отбросить (то есть числители этих дробей также удовлетворяют рассматриваемому уравнению).  

Итак,  уравнению (1.6.2) удовлетворяют ( при любых r  и  s ) следующие числа:

x = 28r² + 11rs - 3s²,

y = 21r² - 11rs - 4s²,

z = 35r² + 7rs + 6s²,

t = -42r² -7rs -5s²,

в чем можно убедиться, возведя эти выражения в куб и сложив.

Придавая r и s различные значения, можно получить целый ряд целочисленных решений уравнения (1.5.2). Если при этом получающиеся числа будут иметь общий множитель, то на него можно эти числа разделить.

Например, при r = 1, s = 1 получаем для x, y, z, t следующие значения:             36, 6, 48, -54, или, после сокращения на 6, значения 6, 1, 8, -9.

Таким образом,

                                            6³ + 1 ³+ 8³ = 9³.

Приведем еще ряд равенств того же типа, получающихся после сокращения на общий множитель:

                             при   r = 1, s = 2            38³ + 73³ = 17³ + 76³,

                             при   r = 1, s = 3            17³ + 55³ = 24³ + 54³,

                             при    r = 1, s = 5            4³ + 110³ = 67³ + 101³,

                             при    r = 1, s = 4            8³ + 53³ = 29³ +50³,

                             при    r = 1, s = -1           7³ + 14³ + 17³ = 20³,

                             при    r = 1, s = -2           2³ + 16³ = 9³ + 15³,

                             при   r = 2, s = -1           29³ + 34³ + 44³ = 53³.

                              …………………………………………  

Если в исходной четверке 3, 4, 5, -6 или в одной из вновь полученных четверок поменять числа местами и применить тот же прием, то получим новую серию решений. Например, взяв четверку 3, 5, 4, -6, ( то есть α =3, β =5, c =4, d =-6 ) получим для x, y, z, t значения:

                                                    x = 20r² + 10rs -3s²,

                                                 y = 12r² - 10rs - 5s²,

                                                 z = 16r² + 8rs + 6s²,

                                                  t = -24r² - 8rs - 4s².

Отсюда, при различных r и s получаем ряд новых соотношений:

                                       при    r=1, s=1        9³+10³=1³+12³,

                                       при    r=1, s=3        23³+94³=63³+84³,

                                       при    r=1, s=5        5³+163³+164³=206³,

                                       при    r=1, s=6         7³+54³+57³=70³,

                                       при    r=2, s=1         23³+97³+86³=116³,

                                       при    r=1, s=-3         3³+36³+37³=46³       и т.д.

Таким путем можно получить бесчисленное множество решений рассматриваемого уравнения [17; с.124].  

Глава 2. МЕТОДЫ РЕШЕНИЙ ДИОФАНТОВЫХ УРАВНЕНИЙ.

Существует множество методов решений диофантовых уравнений. Рассмотрим некоторые из них.

2.1.Решение диофантовых уравнений методом «перебора»[25;с.15].

     Рассмотрим задачу  на старинный сюжет.                                                Задача 23.         «В клетке сидят кролики и фазаны, всего у них 18 ног. Нужно узнать сколько в клетке тех и других».

     Решение: составляется уравнение с двумя переменными, в котором х – число кроликов, у- число фазанов.

4х+2у=18, или

2х+у = 9.

Далее воспользуемся методом перебора: (рис.4)

                                                                                                  Рис.4

Таким образом, задача имеет четыре решения.

     Ответ: (1; 7), (2; 5), (3; 3), (4; 1).

Подобные уравнения встречаются часто.

Особенность их состоит в том, что уравнение содержит две или более переменных и требуется найти все целые или натуральные их решения.

     Задача 24. «У осьминога 8 ног, а у морской звезды 5. Сколько в аквариуме тех и других, если всего у них 39 ног?»

Решение:  Обозначим число осьминогов за  х, число морской звезды- за у. По условию задачи всего у них 39 ног. Составим уравнение.                                                       8х+5у=39,

х=.  

х=3, у=3.

 Ответ: 3 и 3.

     Задача 25. «Подданные привезли в дар шаху 300 драгоценных камней: в маленьких шкатулках по 15 штук в каждой и в больших по 40 штук в каждой.

Сколько было тех и других шкатулок, если известно, что маленьких было меньше, чем больших?»

      Решение. Пусть маленьких шкатулок – х, тогда больших – у. Известно, в маленьких шкатулках по 15 камней, а в больших по 40 камней, а всего драгоценных камней 300 штук. Составим и решим уравнение методом перебора.

15х+40у=300,

15х=300-40у,   х=.

                                                                                                             Рис.5

                                                                                                                                                                                               Ответ: 4 маленьких и 6 больших.

Задача 26. «На складе имеются пачки тетрадей по 25 штук и по 35 штук. Можно ли купить 445 тетрадей, не вскрывая пачек?»

Решение: Составляем уравнение: 25х+35у=445,  5х+7у=89, х=8, у=7.

Ответ: можно; следует взять, например, 8 пачек по 25 штук и 7 пачек по 35 штук.

В каждой задаче, выразив одну переменную через другую, получается дробь. Следует обратить внимание на то, что для сокращения поиска нужно брать такие значения переменной, при которых числитель кратен знаменателю

     Перебор вариантов при нахождении натуральных решений уравнения с двумя переменными оказывается весьма трудоемким. Кроме того, если уравнение имеет целые решения, то перебрать их невозможно, так как таких решений бесконечное множество. Поэтому существует еще один, старинный, прием- метод «спуска», который рассмотрим в следующем параграфе.

2.2 Решение диофантовых уравнений методом «спуска»

Задача 27. Решим в целых числах уравнение 7х-11у=36.

     Решение: это линейное уравнение с двумя переменными. Выразим из этого уравнения ту переменную, коэффициент при которой по модулю меньше, то есть переменную х:

                                                 х=.

Выделив целую часть, получим : х= 5+у+

Чтобы значение дроби       было целым числом, надо, чтобы 1+4у было кратно 7, то есть 1+4у=7z, где z- целое число.

Мы получили новое уравнение с двумя переменными, коэффициенты которого по модулю меньше коэффициентов первого уравнения. Будем продолжать таким образом и выразим из него переменную у:  

у=

Потребуем, чтобы 3z+3 было кратно 4, то есть, чтобы выполнялось условие  3z+3=4u, где u- целое число. Отсюда,

z=

Теперь потребуем, чтобы  u  было кратно 3: u=3v, где v- целое число.

Дробей больше нет, «спуск» закончен, и надо «подняться вверх», выразив х и у через v. Итак:                               z=4v-1,

                                                       у=7v-2,

                                                       х=11v+2.

   Таким образом, х=11v+2,  у=7v-2.

Придавая в этих равенствах переменной v целые значения, будем получать целые решения этого уравнения. Очевидно, что их будет бесконечное множество. Если требуется найти натуральные решения, то надо наложить дополнительное условие:

                                11v + 2 > 0 и 7v – 2 > 0.

Задача 28. Решим в целых числах уравнения:

а) 5х+12у=71;

б) 8х-25у=11.

Выясним, имеет ли каждое из них натуральные решения.

     Решение: обратим внимание на то, что и в первом, и во втором уравнении целесообразно выразить переменную х через у, так как коэффициент при этой переменной меньше по модулю, чем коэффициент при переменной  у.

а) последовательно выражаем переменные из получаемых уравнений и, двигаясь затем «обратным ходом», можем получить выражение для       х и у:                 где v- целое число.

Чтобы выяснить, имеет ли уравнение натуральные решения, решим систему неравенств: 12v+7>0 и 3-5v>0. Получим -

В этом промежутке находится только одно целое значение v, равное 0, значит, уравнение имеет единственное решение в натуральных числах. Оно может быть найдено из полученных формул: при v=0 имеем х=7, у=3.

б) Здесь «спуск» закончится очень быстро - на втором шаге получаем у=8z-3, где z - целое число.

Отсюда, х = 25z - 8, где z - целое число.

Решив далее систему неравенств 8z – 3 > 0 и  25z – 8 > 0, получим z >  ,то есть при целых значениях z, больших или равных 1, мы будем получать натуральные решения. Очевидно, что их бесконечное множество. Далее полезно подчеркнуть, что уравнение вида ах + bу = с, где а, b, с - целые числа, не всегда имеет целые решения.

Например, не имеет целых решений уравнений 6х + 20у = 11.

В самом деле, коэффициенты а и b чиcел  6 и 20- имеют общий делитель 2, а коэффициент с - число 11 – на него не делится. Поэтому, какие бы целые числа мы не подставляли вместо х и у, слева будет всегда число кратное 2, а справа - нет. Так что равенство невозможно.

Существует признак невозможности решения уравнения с двумя переменными с целыми коэффициентами целых числах. Этот признак состоит в следующем: если в уравнении с целыми коэффициентами вида  ах+bу=с  коэффициенты а и b имеют общий делитель ≠1, а с не делится на их наибольший общий делитель, то уравнение не имеет целых решений.                                                                                

Рассмотрим уравнение с дробными коэффициентами:

1,2х + 0,9у = 3.

Умножим обе части уравнения на 10 и получим уравнение с целыми коэффициентами, имеющие те же решения: 12х+9у=30. Далее обе части полученного уравнения можно разделить на 3, получим уравнение 4х+3у=10, равносильное первому.

Ясно, что точно также можно поступить и в общем случае: если какие –либо коэффициенты уравнения- дробные числа, то , умножив обе части уравнения на общий  знаменатель этих чисел, мы получим уравнение с целыми коэффициентами, имеющее те же решения, что и первое.

Рассмотрим задачу 29. «Проходит ли через точки с целочисленными координатами прямая

а) 2х + 3у = 4, б) 18х + 20у = 5?

Если проходит, то запишем формулы   для  нахождения координат всех таких точек».

     Ответ: а) проходит; формулы могут быть, например, такими:

                                         (v-целое число);

                  б) не проходит.

     Решение: чтобы ответить на этот вопрос задачи, надо определить, существуют ли точки с целыми координатами х и у, при подстановке которых в уравнение прямой получится верное равенство.

Иными словами, задачу можно сформулировать так: имеет ли данное уравнение целые решения?

Из уравнения  а) получим         где v-целое число.

Таким образом, прямая проходит через бесконечно много точек с целочисленными координатами, например, через точки (2; 0), (-1; 2), (-4; 4) и т.д.

В случае б) уравнение не имеет решений в целых числах: при подстановке целых значений вместо х и у левая часть будет делиться  на 4, а правая- нет.

Задача 30. Имеет ли положительные решения уравнение:

а) 4х+3у=-5; б) -2х-7у=8?

Решение: а) легко увидеть, что при положительных значениях х и у значения левой части уравнения всегда положительные, справа же стоит отрицательное число, поэтому равенство невозможно. Значит, уравнение не имеет положительных решений. б) можно провести аналогичное рассуждение. Но обязательно нужно обратить внимание на то, что этот случай сводится к предыдущему: для этого достаточно умножить обе части уравнения на -1. Признак будет звучать примерно так: если коэффициента при обеих переменных имеют знак, отличный от  знака свободного члена, то уравнение не имеет положительных решений [24;с.16].

2.3 Решение диофантовых уравнений методом «рассеивания»

В Индии, где (как и в Китае) неопределенные уравнения решались в связи с астрономическими запросами и календарными расчетами, ставился вопрос о нахождении именно целочисленных решений неопределенных уравнений. Намеки на общие решения диофантовых уравнений первой степени, то есть вида ах+bу=с, встречались впервые в трудах индийского астронома Ариабхатта  подробное же решение изложили индийские математики Брахмагупта и Бхаскара.[25;143]. Общий метод для решения в целых числах неопределенных (диофантовых) уравнений первой степени с целыми коэффициентами был назван в Индии методом рассеивания (в смысле размельчения).

Воспользуется этим методом1 для решения следующей задачи.                         Задача 31. «Найти два целых числа, зная, что разность произведений первого на 19, а второго на 8 равна 13».

В задаче требуется найти все целые решения уравнения:

                                                19х - 8у = 13,                       (2.3.1)

 Выражая у – неизвестное с наименьшим по абсолютной величине коэффициента через х, получим у =                                (2.3.2)                                              

Нам нужно теперь узнать, при каких целых значениях х соответствующие значения у являются тоже целыми числами.

Перепишем уравнение (2.3.2) следующим

 образом:  

                                 у=2х+                                                    (2.3.3)                                                     Из уравнения (2.3.3) следует, что у при целом х принимает целое значение

 ___________________________

  1 Изложенный способ не совпадает полностью с индийским способом, но по существу ему равносилен.                         

только в том случае, если выражение     является целым числом,

скажем у1 .

Полагая                                                                            (2.3.4)

вопрос сводим к решению в целых числах уравнения (2.3.4) с двумя неизвестными х и у ; его можно записать так:

                       3х - 8у  = 13                                    (2.3.5)

Это уравнение имеет по сравнению с первоначальным (2.3.1) то преимущество, что 3 – наименьшее из абсолютных величин коэффициентов при неизвестных - меньше, чем в  (2.3.1), то есть 8. Это было достигнуто благодаря тому, что коэффициент при х (19) был заменен остатком от деления на 8. Продолжая тем же способом, получим из (2.3.5)    

                х =                                (2.3.6)                                Итак, неизвестное х при целом у только тогда принимает целые значения, когда    есть целое число, скажем у2 :

                                                                        (2.3.7)                                    

или                                    

                                        3у2-2у1=13                        (2.3.8)

Далее                у1=                                (2.3.9)                                        

Полагая                                                                 (2.3.10)

получим уравнение

                                                у2-2у3=13                           (2.3.11)

Это самое простое из всех рассматриваемых неопределенных уравнений, так как один из коэффициентов равен 1. Из (2.3.11) получаем                                                             у2  =2у3+13                                                                      (2.3.12). Отсюда видно, что у2 принимает целые значения при любых значениях у3.

х=2у1+у2=2(у2+у3)+у2=3у2+2у3=3(2у3+13)+2у3=8у3+39;

у=2х+у1=2(8у3+39)+у2 +у3= 19у3+91

Таким образом, формулы

х=8у3+39,

у=19у3+91

при у3=0, 1, 2, 3… дают все целые решения уравнения (2.3.1).

В следующей таблице приведены примеры таких решений: (рис.6).

                                                                                                                          Рис.6

Этот прием почти полностью совпадает с методом индийцев и был назван ими методом рассеивания (размельчения) именно потому, что неопределенное уравнение сводится к цепи уравнений со все уменьшающимся по абсолютной величине коэффициентами.

        К решению неопределенных уравнений первой степени сводятся иногда задачи, связанные с практикой и повседневной деятельностью человека.

Задача 31.   «Некто покупает в магазине вещь стоимостью 19 рублей. У него имеются лишь 15 трехрублевок, у кассира же – лишь 20 пятирублевок. Можно ли расплатиться и как?»

Задача сводится к решению в целых положительных числах диофантова уравнения: 3х - 5у = 19, где х ≤ 15, а у ≤ 20¹.

Решение:  х =

Далее,       3у1 - 2у = 1,   у =

Откуда у1 - 2у2 = 1, у1 = 2у2 + 1, х = 5у2 + 8, у = 3у2 + 1

Ввиду того, что х и у должны быть положительными и учитывая условие задачи, легко установить, что    

                                              0 ≤ у2 < 2,

то есть у2 может принимать только два значения: 0; 1. Отсюда вытекают два возможных решения: (рис.7)

                                                                                Рис.7

Ответ: (8; 1), (13; 4).

Рассмотрим еще одну задачу.

Задача 32.    «Можно ли отвесить 28г некоторого вещества на чашечных весах, имея только 4 гири весом в 3г и 7 гирь весом 5г?»2

Решим диофантово уравнение: 3х+5у=28.

Имеем

                х =

                                     ,  у=3у1-1,

_____________________________

1 Более того, у < 9, так как 3х - 5у > 0.

2Здесь под весом надо понимать массу. Во времена Диофанта вес и массу тела не различали.

х=9-2(3у1-1)+у1=11-5у1

Итак,                                                х = 11 - 5у1,

у = 3у1 - 1.

Из условий задачи вытекает, что у1 нельзя давать отрицательные значения (это привело бы к отрицательному у). Далее, должно быть у1<3, для того, чтобы х не был отрицательным. Значит,

0 ≤ у1 ≤ 2

Однако у1 = 0 и у1 = 1 противоречат условию задачи х ≤ 4. Таким образом, возможно только у1=2. При этом х = 1, у = 5 - единственное решение задачи.

Ответ: х = 1, у = 5.

        Многие старинные способы отгадывания чисел и дат рождения основываются на решении диофантовых уравнений.

Так, например, чтобы отгадать дату рождения (месяц и число) собеседника, достаточно узнать у него сумму, получаемую от сложения двух произведений: числа даты (х) на 12 и номера месяца (у) на 31.

Рассмотрим задачу 33.

«Пусть сумма произведений, о которых идет речь, равна 330. Найти дату рождения»

Решим неопределенное уравнение

12х + 31у = 330.

С помощью методом  рассеивания получим:

                                        х = 43 - 31у4,

                                        у = 6 - 12у4.

Ввиду ограничений                        

                                          0 < х ≤ 31,                                                                                                  0 < у ≤ 12.

легко констатировать, что единственным решением является                                                                 у4 = 1, х = 12, у = 6.

Итак, дата рождения: 12-е число 6-го месяца, то есть 12 июня.

Ответ: 12 июня.

        Индийские ученые решали также системы неопределенных уравнений первой степени со многими неизвестными. Они нашли решение в целых числах некоторых диофантовых уравнений второй степени с двумя неизвестными, в частности, уравнения  у² = ах² + 1, названного позже «уравнением Пелля».¹

Однако общее решение таких уравнений строго изложил впервые знаменитый французский математик  ХVIII века Ж. Л. Лагранж.

Задача решения уравнения третьей степени с двумя неизвестными до сих пор не нашла полного решения. Отдельные типы таких уравнений, как и другие задачи неопределенного анализа, решали советские ученые Б. Н. Делоне, А. О. Гельдонд и другие.²

        Вообще же алгоритм, с помощью которого можно определить, имеет ли произвольное диофантово уравнение целочисленные решения, не найден и даже пока неизвестно, существует ли такой алгоритм.

_____________________________

1 Джон Пелль- англ. математик XVII в.

2 Бухштаб А.А. Теория чисел. М.,1969, гл.32

2.4 Алгоритм Евклида

Алгоритм Евклида – это способ нахождения наибольшего общего делителя двух целых чисел, а также наибольшей общей меры двух соизмеримых отрезков. Он имеет много применений. Равенства, определяющие его, дают возможность представить наибольший общий делитель d чисел a и b в виде d=ax+by (x; y - целые числа), а это позволяет находить решения диофантовых уравнений первой степени с двумя неизвестными.

Можно найти наибольший общий делитель натуральных чисел а и b, не раскладывая эти числа на простые множители, а применяя процесс деления с остатком. Для этого надо разделить большее из этих чисел на меньшее, потом меньшее из чисел на остаток при первом делении, затем остаток при первом делении на остаток при втором делении и вести этот процесс до тех пор, пока не произойдет деление без остатка (так как остатки, то это на каком-то шаге случится). Последний отличный от нуля остаток и есть искомый НОД(а, b).

Чтобы доказать это утверждение, представим описанный процесс в виде следующей цепочки равенств: если а > b, то

                                        а=bq0+r1,

                                        b=r1q1+r2,

                                        r1=r2q2+r3,        (2.4.1)

                                        ……...

                                        rn-1=rnqn 

Здесь r1, …,rn- положительные остатки, убывающие с возрастанием номера. Из первого равенства следует, что общий делитель чисел а и b делит r1 и общий делитель b и r1 делит а, поэтому НОД (а, b)=НОД (b, r1). Переходя к следующим равенствам системы (2.4.1) получаем                                                                            НОД (а, b) = НОД (b,r 1) = НОД(r1, r2) =…= НОД(rn-1, rn ) = НОД (rn ,0) =rn.

Утверждение доказано. Приведенный способ нахождения  НОД носит название метода последовательного деления с остатком или алгоритма Евклида, поскольку впервые он был изложен в его «Началах». Из первого равенства системы (2.4.1), выразив остаток  r1  через а и b, получим r1=а - bq0. Подставляя его во второе равенство, найдем r2=b(1+q0q1)-аq1. Продолжая этот процесс  дальше, мы сможем выразить все остатки через а и b, в том числе и последний: rn = Аа + Вb. В результате нами доказано предложение: если d  - наибольший общий делитель натуральных чисел а и b, то найдутся такие целые числа А и В, что d =Аа + Вb. Заметим, что коэффициенты  А и В имеют разные знаки; если НОД (а, b) = 1, то Аа + Вb = 1. Как найти  А и В,  видно из алгоритма Евклида.

Перейдем к решению линейного уравнения с двумя неизвестными. Оно имеет вид:                                        ах + bу = с.        (1.4.1)

Возможны два случая: либо число  с  делится на  d = НОД (а,b), либо нет. В первом случае можно разделить обе части уравнения на d и свести задачу к решению в целых числах уравнения

                                        а1х + b1у = с1,

коэффициенты которого а1 =  и b1 =    взаимно просты. Во втором случае уравнение не имеет целочисленных решений: при любых целых  х  и  у  число ах + bу  делится на  d  и поэтому не может равняться числу с, которое на  d  не делится.

     Итак, мы можем ограничиться случаем, когда в уравнении (1.4.1) коэффициенты а и b взаимно просты. На основании предыдущего предложения найдутся такие целые числа х0 и у0, что ах0 + bу0 = 1, откуда пара (сх0, су0) удовлетворяет уравнению (1.4.1). Вместе с ней уравнению (1.4.1) удовлетворяет бесконечное множество пар (х,у) целых чисел, которые можно найти по формулам

х = сх0 + bt, у = су0 - аt                  (2.4.3).

Здесь t - любое целое число. Нетрудно показать, что других целочисленных решений уравнения  ах + bу = с  не имеет. Решение, записанное в виде (2.4.3), называется общим решением уравнения (1.4.1). Подставив вместо t конкретное целое число, получим его частное решение. Найдем, например, целочисленные решения уже встречавшегося уравнения 2х + 5у = 17. Применив к числам 2 и 5 алгоритм Евклида, получим 2·3-5=1. Значит, пара сх0=3·17, су0=-1·17 удовлетворяет уравнению 2х+5у=17. Поэтому общее решение исходного уравнения таково: х=51+5t, у=-17-2t, где t принимает любые целые значения. Очевидно, неотрицательные решения отвечают тем t, для которых выполняются неравенства:

Отсюда найдем      Этим неравенством удовлетворяют числа           -10, -9. Соответствующие частные решения запишутся в виде пар: (1, 3), (6, 1).

     Применим этот же метод к решению одной из древних китайских задач о птицах.

Задача 34. «Сколько можно купить на 100 монет петухов, кур и цыплят, если всего надо купить 100 птиц, причем петух стоит 5 монет, курица – 4, а 4 цыпленка – 1 монету?»

     Для решения этой задачи обозначим искомое число петухов через х, кур через у, а цыплят через 4z (из условия видно, что число цыплят должно делиться на 4). Составим систему уравнений.

которую надо решить в целых неотрицательных числах. Умножив первое уравнение системы на 4, а второе – на (-1) и сложив результаты, придем к уравнению    – х+15z=300 с целочисленными решениями х = -300 + 15t, z = t. Значит, целочисленные решения системы имеют вид х=-300+15t, у=400-19t,

откуда 20 ≤ t ≤ 21, то есть t = 20 или t = 21. Итак, на 100 монет можно купить 20 кур и 80 цыплят, или 15 петухов, 1 курицу и 84 цыпленка.

Ответ:    20 кур и 80 цыплят, или 15 петухов, 1курицу и 84 цыпленка.

     Задача о птицах и задачи на деление с остатком из Китая постепенно распространились в Индию и на Ближний Восток .Впрочем, наверняка указать, где эти задачи возникли впервые, довольно сложно. Интерес к ним объясняется запросами практики. В хозяйственной деятельности человека встречается много задач, допускающих только целые решения. Большую роль в постановке задач на деление с остатком сыграли календарные расчеты, в которых на вычисление различных дат надо было отыскивать промежутки времени, содержащие целое число лет, месяцев, недель, суток. С течением времени такого типа задачи проникли в Европу [8;с.78].

     Рассмотрим задачу на деление с остатком из средневекового европейского сборника.

Задача 35. «Крестьянка несла на базар корзину яиц. Неосторожный всадник, обгоняя женщину, задел корзину, и все яйца разбились. Желая возместить ущерб, он спросил у крестьянки, сколько яиц было в корзине. Она ответила, что числа яиц не знает, но когда она раскладывала их по 2, по 3, по 4, по 5 и по 6, то каждый раз одно яйцо оставалось лишним, а когда она их разложила по 7, лишних яиц не осталось. Сколько яиц несла крестьянка на базар?»

    Решение:  Пусть  число яиц равно х. Так как х-1 делится на 2, на 3, на 4, на 5, на 6, то оно делится на их наименьшее общее кратное 60. Значит, х имеет вид 60у+1. Поэтому для ответа на вопрос задачи надо решить в натуральных числах уравнение 60у+1=7z. С помощью алгоритма Евклида находим у0=-2 ,z0=-17, откуда все целочисленные решения уравнения имеют вид у=-2+7t, z=-17+60t, где t - любое целое число. Наименьшее положительное решение получаем при t=1. В этом случае у=5, z=43. Итак, крестьянка несла на базар 301 яйцо. Можно было бы найти ответ и подбором - достаточно перебрать числа 1, 61, 121, 181, 241, 301 и выбрать из них делящиеся на 7.

     Ответ: 301 яйцо.

2.5 Цепные дроби

     Следующий метод решения диофантовых уравнений первой степени не слишком отличается по своей сути от рассмотренного в предыдущем параграфе, но он связан еще с одним интересным математическим понятием. Речь идет о непрерывных или цепных дробях. Чтобы определить их, вновь обратимся к алгоритму Евклида. Из первого равенства системы (2.4.1) вытекает, что дробь можно записать в виде суммы целой части и правильной дроби:

.

Но  и на основании второго равенства той же системы имеем

                                                  .

Значит, . Далее получим .

 Продолжим этот процесс до тех пор, пока не придем к знаменателю qn . В результате мы представим обыкновенную дробь   в следующем виде:  

 q0 + 

     Эйлер назвал дроби такого вида непрерывными. Приблизительно в то же время в Германии появился другой термин - цепная дробь. Так за этими дробями и сохранились оба названия. Ввиду громоздкости развернутой записи цепной дроби применяют компактную запись

[q0; q1 , q2…, qn].

     В качестве примера представим дробь   в виде цепной:

Если оборвать дробь [q0; q1 , q2 …, qn ] на знаменателе qk, то останется дробь              [q0; q1, q2 …, qk].

Обращая ее в обыкновенную, получим . Это выражение называют k-й подходящей дробью для исходной цепной дробью. Посмотрим, как вычисляются подходящие дроби:

 ;

и т.д. Вообще имеют место рекуррентные соотношения

                        Pk+1=qk+1·Pk+Pk-1 и Qk+1=qk+1Qk+Qk-1.

Докажем, что для  любого k=1,2,…,n имеет место формула

                                           Pk-1Q k-PkQ k-1=(-1)k.               ( 2.5.1)

          Для этого воспользуемся методом математической индукции. В самом деле, k=1 имеем         P0Q1- P1Q0=q0q1-( q0q1+1)=-1=(-1)¹. Предположим, что формула (2.5.1) верна для номера k, и перейдем к левой части (2.5.1) к номеру k+1. Используя рекуррентные соотношения, получим:

PkQk+1 -Pk+1Qk  = Pk(qk+1Qk + Qk-1) - (qk+1Pk+ Pk-1)Qk = -Pk-1Qk + PkQk-1 = (-1) k+1. 

     Таким образом, формула (2.5.1) доказана для любого натурального k. Из нее, в частности, вытекает, что числа Pk и Qk взаимно просты.

     Используем отмеченные нами свойства цепных дробей для решения уравнения (2.4.2). Коэффициенты а и b взаимно просты. Разложим                  в цепную дробь. При этом    

         Поскольку обе дроби не сократимы, то а=Pn, b=Qn. По свойству (2.5.1) имеем bPn-1-аQn-1=(-1)n . Умножив обе части этого равенства на (-1)n с, получим (-1)n+1 аQ n-1с+(-1)nbP n-1с=с, откуда видно, что пара чисел

х0=(-1)n+1сQ n-1, у0=(-1)nсPn-1

представляет собой решение уравнения (1.4.1). Общее решение (1.4.1), как мы знаем, запишется в виде

х=(-1) n+1сQn-1+bt, у=(-1)n сP n-1-аt,

где t принимает целые значения. Приведем примеры.

1) Рассмотрим уравнение 17х+13у=5.

Поскольку  то n=2,  откуда х0=-5∙3=-15, у0=4∙5=20 и общее решение имеет вид  х=-15+13t, y=20-17t.

2) Для уравнения 63х-100у=90 имеем ,

то есть n=7, P6=27, Q6=17, поэтому х=90·27+100t, у=90·17+63t.

     Иногда на распространенных в позднее средневековье математических турнирах предлагалось решить  (конечно, в натуральных числах) какое-нибудь уравнение типа (1.4.1) при довольно больших значениях коэффициентов. Получить такое решение подбором, не имея общей формулы, - задача весьма утомительная. Так во втором примере даже наименьшее натуральное решение х=30, у=18 (оно получается из общего при t=-24) найти подбором довольно затруднительно. В виде цепной дроби можно записать любое действительное число. Только конечными цепными дробями здесь уже не обойтись. Рассмотрим периодическую цепную дробь х = [0; 2, 3, 2, 3,…]. Для нее выполняется равенство х = , откуда число х является корнем квадратного уравнения 2х² + 6х – 3 = 0, то есть х =  Так как х > 0, то  

х = .

Рассмотрим задачу 36. «Для перевозки большого количества контейнеров по 170 кг и по 190 кг выделены трехтонные машины. Можно ли ими загружать машины полностью?»

Решение:   Обозначая через х и у количества контейнеров по 170 и 190 кг соответственно, получаем после сокращения на 10 уравнение

                                        17х + 19у = 300

в целых неотрицательных числах. Разложим дробь  в цепную дробь

(число n получилось равным 4) и свернув предпоследнюю подходящую к ней дробь в обыкновенную

Итак, частное решение расходного уравнения имеет вид

      х0 = (-1)4300·9 = 2700,      у0 = (-1)5300·8 = -2400,

а общее задается формулой       х = 2700 - 19k,     y = -2400 + 17k,

откуда получаем условия на параметр k

                                       141 <  ≤ k ≤ < 143,

то есть                          k = 142, х = 2, у = 14.

Ответ: x = 2, y = 14.

 Современное обозначение непрерывных дробей предложил

Христиан Гюйгенс1. Он был замечательным математиком, удивительным

 ____________________________

1 Выдающийся нидерландский ученый (1629-1695).

изобретателем и конструктором. К цепным дробям Гюйгенс был вынужден

обратиться (1680) при построении планетария в Париже.

Он хотел получить наилучшие приближения для отношений периодов обращения планет[8;с.83]. Эти отношения и отношения чисел зубцов, соответственно связанных между собой шестерен планетария, должны были совпадать. Но числа зубцов шестерен по техническим причинам не могут быть очень большими. Необходимо было так их подобрать. Чтобы полученные отношения как можно меньше отличались от истинных. Гюйгенс обратился к цепным дробям и с их помощью нашел решение стоящей перед ним задачи. При этом он детально изучил теорию цепных дробей.

     Вернемся к цепным дробям и отметим их преимущество и недостаток по сравнению, например, с десятичными. Удобство заключается в том, что их свойства не связаны ни с какой системой счисления. По этой причине цепные дроби эффективно используются в теоретических исследованиях. Но широкого практического применения они не получили, так как для них нет удобных правил выполнения арифметических действий, которые имеются для десятичных дробей.

2.6. Связь диофантовых уравнений с теоремой Пифагора.

  Человек знающий теорему Пифагора может в принципе решить любую математическую задачу.

С теоремой Пифагора связано много  разнообразных диофантовых уравнений. Найдем, например, пифагоровы треугольники, у которых один катет длиннее другого на 1. Здесь нужно решить в натуральных числах уравнение                                                                                                                         

     х² + (х+1)² = у²                                                                                                      (2.6.1).

Пифагоров треугольник со сторонами 3, 4, 5 удовлетворяет этому требованию. Следовательно, числа х1=3, у1=5 дают наименьшее натуральное решение уравнения (2.6.1). Остальные его решения получаются из рекуррентных соотношений, которые мы приводим без доказательства:                                                                х n+1=3хn+2уn+1,                 у n+1=4хn+3уn+2.                                  Из них находим х2=20, у2=29; х3=119, у3=169; х4=696, у4=985, х5=4059, у5=5741 и т.д. Уравнение (2.6.1) можно переписать так: 2х (х+1)+1=у². Похожий вид имеет уравнение х (х+1)=у². Однако в отличие от (2.6.1) оно не имеет ни одного решения в натуральных числах. В самом деле, числа х и х+1 взаимно просты, а потому их произведения может быть полным квадратом лишь в случае, когда х и х+1- полные квадраты, то есть когда х=u², х+1=v². Но это невозможно, так как разность квадратов двух натуральных чисел всегда больше 1.

     Рассмотрим теперь аналогии уравнения (1.4.2) в трехмерном пространстве. Укажем все прямоугольные параллелепипеды, у которых целочисленны и длины ребер и длина диагонали. Для этого надо найти все натуральные решения (х, у, z, t) диофантова уравнения

х²+у²+z²=t².

По аналогии с пифагоровыми тройками они выражаются формулами

х = 2kp1q, у = 2kp2q,

z = k (q²-p1²-p2²), t = k(q² + p1² + p2²),

где k, p1, p2, q - натуральные числа и q² > p1² + p2².  

Доказано также, что существует бесконечно много прямоугольных параллелепипедов, у которых длины ребер и длины диагоналей всех боковых граней выражаются целыми числами.  Иными словами, система уравнений

имеет бесконечное множество натуральных решений. Одно из них, например, такое: х=44, у=117, z=240. Однако неизвестно, существует ли прямоугольный параллелепипед, у которого целочисленны и все ребра, и диагонали всех боковых граней и диагональ самого параллелепипеда, то есть, имеет ли хоть одно решение в натуральных числах система уравнений

  Иногда возникающие в геометрии задачи приводят к системам уравнений, решение которых выражаются очень большими числами. Допустим, надо найти прямоугольный параллелепипед, у которого сумма площадей трех граней, имеющих общую вершину, равна площади квадрата с целочисленной стороной, а объем – объему куба с целочисленным ребром. Эта задача сводится к системе диофантовых уравнений                

.

Ее наименьшее натуральное решение имеет вид:

х=1663780814400, у=252782198228, z=3474741085973.

     На древневавилонских клинописных таблицах встречается такая задача: требуется разделить трапецию прямой, параллельной основаниям, на две равновеликие части. При каких (натуральных) длинах оснований и делящего отрезка это возможно?

Из условия задачи имеем: 2∙, откуда следует, что   и   

Исключив из этой системы отношение , приходим к диофантову уравнению

                                х²+ z²=2у².                                                   Естественно, вавилоняне записывали эту формулу словесно. Как они к ней пришли и как находили решение, нам неизвестно. Мы же можем поступить следующим образом. Преобразуем уравнение к виду (1.4.2)

(z+х)²+ (z-х)²=(2у)².

Воспользуемся формулами натуральных решений уравнения Пифагора:

z+x=2kpq,                                        x=

                z-x=k(p2-q2),                                     z=

                    2y=k(p2+q2),          откуда                y=                          Здесь p, q - натуральные числа разной четности, p > q. При этом отношения

высот трапеций равно . Взяв в качестве k четное число, получим все натуральные решения исходной задачи. Например, при k=2, p=q+1 имеем:

х=2q²-1, у=(q+1)²+ q², z=2(q+1)²-1.

Выпишем найденные тройки (х, у, z) для q =1, 2, 3, 4;

(1, 5, 7), (7, 13, 17), (17, 25, 31), (31, 41, 49).

Именно эти тройки и фигурируют в вавилонских табличках[8;с.89]. Интересно, что вавилоняне рассматривали еще деление трапеции и на четное число попарно равновеликих полос (площади различных пар различны). При этом в качестве решений возникали уже не тройки, а разной длины отрезки той же самой последовательности:

1, 5, 7, 13, 17, 25, 31, 41, 49, 61, 71, … .

     Последовательность эта впервые встречается в клинописных текстах, в связи с чем, и называется вавилонской. Эта одна из первых числовых  последовательностей, отличных от натурального ряда, которые рассматривали древние математики. По возрасту с ней может поспорить только геометрическая последовательность.

2.7    Великая теорема Ферма

Одной из знаменитых поныне нерешенных задач в области диофантовых уравнений является так называемая «Великая теорема Ферма».

        Пьер Ферма1 был одним из тех ученых, которые в XVII веке развили метод координат и заложили основы высшей математики. По профессии он был юристом и почти всю жизнь занимал должность советника парламента в городе Тулузе. Свободное от служебных обязанностей время посвящал математическим исследованиям, которые проложили новые пути во всех отраслях математики [20; 311].

        Он являлся одним из создателей теории чисел, то есть той ветви математики, в которой изучаются свойства целых чисел. Для исследований Ферма исходным пунктом нередко служила математика древних, в частности                                                                                                    Арифметика» Диофанта.

На одной из страниц второй книги своего произведения Диофант решает следующую задачу: «Найти два квадрата, сумма которых тоже является квадратом».

Задача сводится к решению в целых числах неопределенного уравнения  (1.4.2)

Это уравнение, называемое, «пифагоровым», так как выражает известное из «теоремы Пифагора» метрическое соотношение, связывающее стороны прямоугольного треугольника, имеет бесконечное множество решений, например: 3, 4, 5;   5, 12, 13 и т.д. Все такие тройки чисел     x, y, z, удовлетворяющие данному уравнению, называются «пифагоровыми» числами. Чтобы найти их, можно воспользоваться следующими формулами:

х=p²-q², у=2pq, z=p²+q²,

где  p  и  q – целые произвольно взятые числа, причем p > q.

_____________________________

1Пьер Ферма (1601-1665), выдающийся французский математик.                

        На полях страницы экземпляра «Арифметики» Диофанта, которой пользовался Ферма, имеется собственноручная заметка последнего: «Наоборот, невозможно разложить куб на два куба или биквадрат на два биквадрата и, вообще, никакую степень, выше второй, нельзя разложить на сумму двух степеней с тем же показателем. Я нашел поистине удивительное доказательство этого предложения, но поля книги слишком узки, чтобы его изложить».[8;96]

Итак, речь идет о следующем: доказать, что уравнение                                                                         хⁿ + уⁿ = zⁿ                                                               не имеет целых решений для n > 2. Это предложение и было названо «Великой, или большой, теоремой Ферма».

Ни в произведениях, ни в бумагах или письмах Ферма не оставалось следов доказательства, о котором он говорит в вышеуказанной записи на полях «Арифметики» Диофанта. Начиная с XVIII века, были сделаны большие усилия для доказательства теоремы Ферма. В 70-х годах XVIII века Эйлер ее доказал для n=3 и n=4. Для n=5 доказательство было дано в 20-х годах XIX века Лежандром и Дирихле.

В 1837 году французский математик Г. Ламэ дал доказательство для n = 7. Известный успех был достигнут в рассматриваемой задаче немецким математиком Е. Куммером, наметившим общий подход к проблеме, с помощью которого он нашел доказательства для всех простых чисел, содержащихся между 3 и 100.

        Вначале XX века проблема Ферма привлекла к себе внимание не только специалистов, но и любителей математики. Это было связано с тем, что в 1907 году немецкий астроном П. Вольфскель, сам всю жизнь безуспешно пытавшийся доказать теорему, учредил премию в сумме ста тысяч марок тому, кто найдет ее доказательство. Чтобы получить премию, нужно было опубликовать доказательство и получить признание его верности от Геттингенского математического общества не менее чем через два года. В Геттингенский университет посыпались различные «доказательства», отличавшиеся крайней безграмотностью. Правда, инфляция, последовавшая за первой мировой войной, свела к минимуму эту премию, а заодно и число желающих доказать теорему. Однако до сих пор находятся люди, одержимые стремлением доказать знаменитую теорему. Их называют «ферматисты»[8;102]. Поддавшись обманчивой легкости формулировки, они надеются найти элементарное доказательство. Но, как убеждает вся история теоремы, сделать это невозможно.

        Независимо от того, верна или неверна теорема Ферма, следует признать, что ее практическое значение весьма мало. И даже, если она в ближайшее время будет доказана при помощи уже существующих методов, большим событием для математики это не станет. Совсем другое дело, если для доказательства будут разработаны принципиально новые подходы, возникнут новые понятия! Именно такую роль играет эта теорема в течение уже трех с половиной веков. При попытках ее доказательства были созданы многие важные области высшей арифметики. Это и дало основание назвать теорему Великой. Кроме того, эта теорема - последнее утверждение Ферма, не доказанное до сих пор. В связи с этим ее иногда называют Последней теоремой Ферма.  

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

В работе были рассмотрены виды диофантовых уравнений и методы их

решения: метод «перебора», метод «спуска», метод «рассеивания», цепные дроби, алгоритм Евклида, была  рассмотрена «Великая теорема Ферма» и  связь

неопределенных уравнений с теоремой Пифагора.

        Мы рассмотрели лишь три вида диофантовых уравнений (первой, второй и третьей степеней), хотя, как и упоминалось ранее, существуют неопределенные уравнения и более высоких степеней, которые мы планируем рассмотреть в дальнейшей работе над данной темой.

Анализируя рассмотренные методы, мы можем с уверенностью сказать, что методы «спуска» и «рассеивания» эффективнее метода «перебора», так как иногда перебор вариантов при нахождении натуральных решений уравнения с двумя переменными оказывается весьма трудоемким. Кроме того, если уравнение имеет целые решения, то перебрать их невозможно, так как таких решений бесконечное множество.

Цепные дроби, как мы увидели, эффективно используются в теоретических исследованиях, так как их свойства не связаны ни с какой системой счисления.

Алгоритм Евклида является средством для представления рационального числа в виде цепной дроби.

Рассмотренные методы подчеркивают красоту диофантовых уравнений и делают их решение еще более интересным.

Интерес к задачам объясняется запросами практики. В хозяйственной деятельности человека встречается много задач, допускающих только целые решения. Большую роль в постановке задач на деление с остатком сыграли календарные расчеты, в которых для вычисления различных дат надо было отыскивать промежутки времени, содержащие целое число лет, месяцев, недель, суток.

В ходе работы были решены поставленные руководителем задачи.  

Тема актуальна и значима в курсе математики, так как расширяет представления об уравнениях с одной переменной, способствует развитию интеллекта, воображения, кругозора, научного мировоззрения.

     Решение уравнений в целых числах - один из самых красивых разделов математики. Ни один крупный математик не прошел мимо диофантовых уравнений.   П. Ферма, Л.Эйлер и Ж.Лагранж, П.Дирихле, К. Гаусс, П.Чебышев и Риман оставили неизгладимый след в этой  интереснейшей теории.  

ЛИТЕРАТУРА

1. Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф.  Геометрия  7-9 кл. М.: Просвещение, 2001.-384с.

2.Башмакова И. Г. Диофант и диофантовы уравнения. М.: Наука, 1972.-67с.

3.Башмакова И. Г., Славутин Е. И. История диофантова анализа от Диофанта до Ферма. М.: Наука, 1984.-256с.

4.Башмакова И. Г. Пути и лабиринты. Очерки по истории математики. М.: Мир, 1986.-431с.

5.Болтянский В.Г., Кордемский Б.А. Необыкновенная арифметика / Детская энциклопедия. Изд. 1-е. Т. 3.-1983-320с.

6. Ван дер Варден Б.Л. Математика древнего Египта, Вавилона и Греции. М.: Просвещение, 1959.-374с.

7. Бухштаб А.А. Теория чисел. М.: Просвещение, 1969.-420с.

8.Виленкин Н.Я. За страницами учебника математики. Книга для учащихся 10-11кл. М.: Просвещение, АО Учебная литература,1996.-320с.

9.Гельфонд А.О. Решение уравнений в целых числах. М.: Наука, 1983.-380с.

10. Глейзер Г.И. История математики в школе 7-8 классы. Пособие для учителей. М.: Просвещение, 1982.-240с.

11.Диофант.Арифметика и книга о многоугольных числах. М.: Наука,1974-327с.

12.Жуков А. Неопределенные уравнения. М.: Аванта+, 2002.-370с.

13.Кольман Э. История в древности. М.: Просвещение,1961.-235с.

14. Малыгин К. А.Элементы историзма в преподавании математики в средней школе. М.: Просвещение, 1963.-224с.

15.Нечаев В.И. Простейшие неопределенные уравнения. Детская энциклопедия. Изд. 1-е.Т.3.-1980.-225с.

16. Оре О. Приглашение в теорию чисел. Вып.3.-М.: Наука, 1980.-180с.

17.ПерельманЯ.И. Занимательная алгебра. Триада-Литера. М.:-1994.-200 с.

18.Пичурин Л. Ф. За страницами учебника алгебры. Кн. для учащихся 7-9 кл. М.: Просвещение, 1990.-335с.

19.Раик А. Е. Очерки по истории математики в древности. Издательство Саранск, 1977.-369с.

20.Савин А.П. Энциклопедический словарь юного математика. М.: Педагогика.-1985.-351с.

21. Сергеев И.Н., Олехник С.Н., Гашков С.Б. Примени математику. М.: Наука, 1999.-240с.

22.Шереметевский В.П.  Очерки по истории математики. Учпедгиз, 1940.-250с                                              

23.Шмидт В. Диофантовы приближения. М.: Мир, 1983.-232с.

24.Шульга А .М. Диофантовы уравнения // Математика в школе.-1993.-5.-15с.

25.Юшкевич А.П. История математики в средние века. М.: Просвещение, 1961.-448с.