Реферат: Диофантовые уравнения
Реферат: Диофантовые уравнения
Министерство образования и науки
Научное Общество Учащихся
Секция «Алгебра»
Работа по теме:
«Диофантовы уравнения»
Выполнила:
ученица 10 «А» класса МОУ СОШ № 43
Булавина Татьяна
Научный руководитель: Пестова
Надежда Ивановна
Нижний новгород 2010
Содержание
Введение
О диофантовых уравнениях
Способы решения диофантовых уравнений
Список литературы
Введение
Я выбрала тему:
«Диофантовы уравнения» потому, что меня заинтересовало, как зарождалась
арифметика.
Диофант Александрийский
(3 век)-греческий математик. Его книгу «Арифметика» изучали математики всех
поколений.
Необычайный расцвет
древнегреческой науки в 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 3-ем веке новой эры появляется сочинение александрийского математика
Диофанта «Арифметика». О
жизни самого Диофанта нам известно только из стихотворения, содержащегося в
«Палатинской антологии». В этой антологии содержалось 48 задач в стихах,
собранных греческим поэтом и математиком VI в. Метродором. Среди них были
задачи о бассейне, о короне Герона, о жизненном пути Диофанта. Последняя оформлена
в виде эпитафии — надгробной надписи.
Прах
Диофанта гробница покоит: дивись ей — и камень
Мудрым
искусством его скажет усопшего век.
Волей
богов шестую часть жизни он прожил ребенком
И
половину шестой встретил с пушком на щеках.
Только
минула седьмая, с подругою он обручился.
С
нею пять, лет проведя, сына дождался мудрец.
Только
полжизни отцовской возлюбленный сын его прожил.
Отнят
он был у отца ранней могилой своей.
Дважды
два года родитель оплакивал тяжкое горе.
Тут
и увидел предел жизни печальной своей.
Отсюда
нетрудно подсчитать, что Диофант прожил 84 года.
Трактат «Арифметика»
занимает особое место в античной матиматике не только по времени своего
появления, но и по содержанию. Большую часть его составляют разнообразные
задачи по теории чисел и их решения. Но, главное, автор использует не
геометрический подход , как это было принято у древних греков,-решения Диофанта
предвосхищают алгебраические и теоретико- числовые методы. К сожалению, из 13 книг,
составлявших «Арифметику», до нас дошли лишь первые 6, а остальные погибли в
перипетиях тогдашнего бурного времени. Достаточно сказать, что через 100 лет
после смерти Диофанта была сожжена знаменитая александрийская библиотека,
содержавшая бесценные сокровища древнегреческой науки.
О диофантовых
уравнениях.
Задачи Диофантовой
«Арифметики» решаются с помощью уравнений, проблемы решения уравнеий скорее
относятся к алгебре, чем к арифметике. Почему же тогда мы говорим, что эти
уравнения относятся к арифметическим? Дело в том, что эти задачи имеют
специфические особенности.
Во-первых, они сводятся
к уравнениям или к системам уравнений с целыми коэффициентами. Как правило, эти
системы неопределённые,т.е. 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.Дадим определение
диофантовым уравнениям.
Диофантовы
уравнения-алгебраические уравнения или системы алгебраических уравнений с
целыми коэффициентами, для которых надо найти целые или рациональные решения.
При этом число неизвесных в уравнениях больше числа уравнений. Ни один крупный
математик не прошёл мимо теории диофантовых уравнений.
Давайте рассмотрим
современную простенькую задачу.
За покупку нужно уплатить
1700 р. У покупателя имеются купюры только по 200р. и по 500 р. Какими
способами он может расплатиться? Для ответа на этот вопрос достаточно решить
уравнение 2x + 5y=17 с двумя неизвестными x и y.
Такие уравнения имеют бесконечное множество решений. В частности, полученному
уравнению отвечает любая пара чисел вида (x, 17-2x/5).
Но для этой практической задачи годятся только целые неотрицательные значения x и y. Поэтому приходим к такой постановке задачи: найти все целые
неотрицательные решения уравнения 2x+5y=17. Ответ содержит уже не бесконечно
много,авсего лишь две пары чисел (1, 3) и (6, 1).Диофант сам находил решения
своих задач. Вот несколько задач из его «Арифметики».
1.
Найти два числа так,
чтобы их произведение находилось в заданном отношении к их сумме.
2.
Найти три
квадрата так, чтобы сумма их квадратов тоже была квадратом.
3.
Найти два числа
так, чтобы их произведение делалось кубом как при прибавлении , так и при
вычитании их суммы.
4.
Для числа
13=2²+3² найти два других,сумма квадратов которых равна 13.
Приведём диофантово
решение последней задачи. Он полагает первое число (обозначим его через А)
равным x+2, а второе число B равным 2x-3 , указывая , что коэффициент перед x можно взять и другой. Решая уравнения
(x+2)²+(kx-3)²=13,
Диофант находит x=8/5, откуда A=18/5,B=1/5.
Воспользуемся указанием Диофанта и возьмём произвольный коэффициент перед x в выражении для B. Пусть снова А=x+2,а В=kx-3, тогда из уравнения
(x+2)²+(kx-3)²=13
x=2(3k-2)/k²+1.
Отсюда
А=2(k²+3k-1)/k²+1,
В=3k²-4k-3/k²+1.
Теперь становятся
понятными рассуждения Диофанта. Он вводит очень удобную подстановку А=x+2, В=2x-3, которая с учётом условия 2²+3²=13 позволяет
понизить степень квадратного уравнения. Можно было бы с тем же успехом в
качестве В взять 2x+3 , но тогда
получаются отрицательные значения для В,чего Диофант не допускал. Очевидно , k=2- наименьшее натуральное число ,
при котором А и В положительны .
Исследование Диифантовых
уравнений обычно связано с большими трудностями. Более того , можно указать
многочлен F (x,y1,y2 ,…,yn) c целыми
коэффициентами такой, что не существует алгоритма , позволяющего по любому
целому числу x узнавать , разрешимо ли уравнение F (x,y1,y2 ,…,yn)=0 относительно y1,…,y. Примеры таких многочленов можно
выписать явно. Для них невозможно дать исчерпывающего описания решений.
Современной постановкой
диофантовых задач мы обязанны Ферма. Именно он поставил перед европейскими
математиками вопрос о решении неопределённых уравнений только в целых числах.
Надо сказать , что это не было изобретением Ферма - он только возродил интерес к
поиску целочисленных решений. А вообще задачи, допускающие только целые
решения, были распространены во многих странах в очень далёкие от нас времена.В
нынешней математике существует целое направление, занимающееся исследованиями
диофантовых уравнений,поиском способов их решений.Называется оно диофантовым
анализом и диофантовой геометрией , поскольку использует геометрические способы
доказательств.
Простейшее Диофантово
уравнение ax+by=1,где a и b – цельные взаимопростые числа, имеет
бесконечно много решений (если x0 и y0-решение, то числа x=x0+bn, y=y0-an, где n- любое целое , тоже будут
решениями).
Другим примером
Диофантовых уравнений является
x2 + у2 = z2.
(5)
Это Диофантово уравнение
2-й степени. Сейчас мы займёмся поиском его решений. Удобно записывать их в
виде троек чисел (x,y,z). Они называются пифагоровыми тройками. Вообще говоря ,
уравнению (5) удовлетворяет бесконечное множество решений. Но нас будут
интересовать только натуральные. Целые, положительные решения этого уравнения
представляют длины катетов х, у и гипотенузы z прямоугольных треугольников с
целочисленными длинами сторон и называются пифагоровыми числами. Наша задача
состоит в том, чтобы найти все тройки пифагоровых чисел. Заметим, что если два
числа из такой тройки имеют общий делитель, то на него делится и третье число.
Поделив их все на общий делитель, вновь получим пифагороау тройку. Значит от
любой пифагоровой тройки можно перейти к другой пифагоровой тройке, числа
которой попарно взаимо просты. Такую тройку называют примитивной. Очевидно, для
поставленной нами задачи достаточно найти общий вид примитивних пифагоровых
троек. Ясно, что в примитивной пифагоровой тройке два числа не могут быть
чётными, но в то же время все три числа не могут быть нечётными одновременно.
Остаётся один вариант: два числа нечётные, а одно чётное. Покажем, что z не может быть чётным числом.
Предположим противное: z=2m, тогда x и y-нечётные
числа. x=2k+1, y=2t+1. В этом случае сумма x²+y²=4(k²+k+t²+t)+2
не делится на 4, в то время как z²=4m² делится на 4. Итак, чётным
числом является либо x,
либо y. Пусть x=2u, y и z- нечётные 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=w+v, и для y=v-w, что противоречит взаимной простоте y и z. Кроме того , v и w разной чётности: иначе бы y и z были бы чётными. 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, что v=p², w= q² . Очевидно, числа p и q
взаимно просты и имеют разную чётность . Теперь имеем
z=p²+q² , y=p²-q²,
откуда
x²=( p²+q²)²-( p²-q²)²=4 p² q².
В результате мы доказали,
что для любой примитивной пифагоровой тройки (x,y,z) найдутся взаимо простые натуральные
числа p и q разной чётности , p>q , такие, что
х =2pq, у =p²-q², z = p2+q2.(6)
Все тройки взаимно
простых пифагоровых чисел можно получить по формулам
х =2pq, у = p²-q², z = p2+q2,
где m и n — целые взаимо
простые числа. Все остальные его натуральные решения имеют вид:
x=2kpq,y=k(p²-q²),z=k(p2+q2 ),
где k-произвольное натуральное число. Теперь
рассмотрим следующую задачу: дано произвольное натуральное число m>2; существует ли пифагоров
треугольник, одна из сторон которого равна m? Если потребовать , чтобы заданную длину m имел катет, то для любого m ответ положительный. Докажем это.
Пусть сначала m-нечётное число. Положим p=m+1/2, q=m-1/2. Получаем пифагорову тройку
х =2pq=m²-1/2,
у =p²-q²=m,
z = p2+q2 = m²+1/2.
В случае чётного m обозначим m=2t. В свою очередь t может быть чётным или нечётным. Для
чётного t положим p=t, q=1, откуда соответствующий
треугольник имеет стороны
х =2pq=2t=m,
у =p²-q²=
t²-1= m²/4-1,
z = p2+q2 = t²+1= m²/4+1.
Если же t-нечётное число, то возьмём p=t+1/2, q=t-1/2. Выпишем пифагорову тройку,
отвечающую этим значениям p и q: 2pq= t²-1/2, p²-q²=t=m/2, p2+q2 = t²+1= m²/4+1.
Чтобы получить стороны искомого треугольника , надо ещё умножить эти числа на 2:
x= t²-1= m²/4-1,
y=2t=m, z =t²+1= m²/4+1. В виду равноправности катетов полученная тройка
та же , что и в случае чётного t.
Приведём примеры. Для m=7 имеем треугольник с катетами x=24,y=7 и гипотенузой z=25. В случае m=3 тройка (4,3,5)
задаёт наименьший пифагоров треугольник. Этот треугольник называется
египетским. Сложнее выяснить , для каких натуральных m существует пифагоров треугольник с гипотенузой m. Так как m в этом случае должно быть кратно числу z= p2+q2 , где p и q
имеют разную чётность , то необходимо найти вид чисел z>2, представляемых в виде суммы квадратов разной чётности.
Обозначим
p=2r, q=2s+1, тогда p2+q²=4(r²+s²+s)+1. Значит число z имеет вид 4t+1.
Однако не всякое число вида 4t+1
раскладывается на сумму двух квадратов . Наример, число 9=4*2+1 так разложить
невозможно. Но если число 4t+1
простое . то оно представимо в виде суммы двух квадратов, причём единственным
способом. Число вида 4t+1
можно записать в виде суммы двух квадратов лишь в двух случаях: когда оно
является произведением числа того же вида на квадрат натурального и когда оно
равно произведению простых чисел типа 4t+1 .
Итак, пифагоров
треугольник с заданой гипотинузой m существует только при условии , что в каноническом разложении числа m встречается простой множитель вида 4t+1.
Рассмотрим примеры .
1.
Пусть m =17 ( здесь 17=4×4+1). Из
равенства 17=4²+1² находим p=4, q=1, x=2pq=8, y=p²-q²=15. Тройка (8,15,17) задаёт
пифагоров треугольник.
2.
В случае m=65 имеем 65=5×13=5(4×3+1).
Так как 13=3²+2², то p=3, q=2, 2pq=12, p²-q²=5, p2+q²=13. Для отыскания нужной нам тройки умножим эти числа
на 5 и получим (60,25,65). Число 65можно придставить иначе: 65=13(4×1+1),
5=2²+1², откуда p=2, q=1, 2pq=4, p²-q²=3, p2+q²=5. Имеем ещё один треугольник
с гипотенузой 65. Это (52,39,65).
3.
Числа 9 и 49 не
могут выражать длину гипотенузы пифагорова треугольника. Хотя 9=4×2+1 и
49=4×12+1. Но их простые множители не представляются в вид 4t+1.
Диофант в сочинении
«Арифметика» занимался разысканием рациональных (необязательно цельных) решений
специальных видов уравнений . Общая теория решения Диофантовых уравнений 1-й
степени была создана в 17 веке. К началу 19 века трудами П. Ферма , Дж. Виллса,
Л. Эйлера, Ж. Лагранжа и К. Гауса в основном было исследовано Диофантово
уравнение вида
ax²+bxy+cy²+dx+ey+f=0,
где а,b,c,d,e,f- целые числа, то есть общее неоднородное уравнение 2-й
степени с двумя неизвестными.
Перейдем теперь к одной из самых знаменитых задач
диофантова анализа, получившей название Великой теоремы Ферма. Начнем с истории возникновения этой теоремы. На полях «Арифметики»
Диофанта против того места, где рассматривается уравнение х2+у2=z², П. Ферма (ок. 1630) написал: «Наоборот,
невозможно разложить ни куб на два куба, ни биквадрат на два биквадрата и вообще никакую
степень, большую квадрата, на две степени с тем же показателем. Я открыл"
этому поистине чудесное доказательство, но эти поля для него слишком малы». Так
родилась эта замечательная теорема. В ней утверждается, что
При n>2 уравнение
x+y=z (10)
не имеет решений.
Предоставляем читателям возможность доказать, что из этого
утверждения вытекает отсутствие и рациональных решений уравнения (10) при n>2.
Несмотря на внешнюю простоту формулировки теоремы, до сих
нор неизвестно, справедлива она или нет, хотя над ее доказательством трудились
многие поколения математиков Полое грех столетий. Весьма вероятно, что и сам
Ферма не нашел строгого доказательства этой теоремы. Предлагал же он доказать лишь
частный случай этой теоремы для п = 4. А он следует из утверждения, выведенного
Ферма на полях «Арифметики»: площадь пифагорова треугольника не может быть
квадратом. Мы не будем приводить доказательства этого утверждения, но покажем,
что из него действительно вытекает отсутствие натуральных решений уравнения
x4 +y4=z4 (11)
Если х и y — длины катетов пифагорова треугольника, то найдутся взаимно простые
числа р и q разной
четности (p>q), такие, что x = 2kpq, y = k(p²—q²) и s= 1/2xy = k2pq (р2— q2). Заметим, что
множитель
p²—q² взаимно прост с числами р и q. Поэтому
число s=k2pq(p2—q2) является квадратом
тогда и только тогда, когда каждый из множителей р, q и p2—q2— является квадратом: р = а2, q = b2, p2 — q2 = c2, откуда
a4-b4=c2.(12)
Но поскольку нет такого пифагорова треугольника, площадь
которого выражается квадратом, то уравнение (12) не имеет натуральных решений.
Тогда таких решений не имеет и уравнение (11). На самом деле если бы тройка (b, с, а)
была натуральным решением (11), т.е. b4+ с4=а4, то а4
— b4=(с2)2 и тройка (а, b, с2) была бы решением уравнения (12).
Арифметика колец цельных
алгебраических чисел используется также в ряде других задач Диофантовых уравнений.
Так, например , её методами подробно исследованы уравнения вида N (a1x1+…+anxn)=m, где N(a)- норма алгебраического числа a , и отыскиваются цельные
рациональные числа x1,x2,…,xn, удовлетворяющие вышенаписанному уравнению.
Способы
решения диофантовых уравнений
Наиболее изучены
диофантовы уравнения первой и второй степени. Рассмотрим сначала уравнения
первой степени. Так как решение линейного уравнения с одним неизвестным не
представляет интереса, то обратимся к уравнениям с двумя неизвестными.Мы рассмотрим
два метода решения этих уравнений.
Первый способ решения
таких уравнений- алгоритм Евклида. Можно найти наибольший делитель натуральных
чисел a и b, не раскладывая эти числа на простые множители, 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 прицесс до тех
пор , пока не произойдёт деление без остатка. Последний отличный от нуля
остаток и есть искомый НОД(a,b). Чтобы доказать это утверждение ,
представим описанный процесс в виде следующей цепочки равенств:если a>b ,то
а=bq0+r1,
b=r1q1+r2
r1=r2q2+r3 (1)
rn-1=rnqn.
Здесь r1,….,rn-положительные остатки, убывающие с возрастанием номера. Из
первого равенства следует ,что общий делитель чисел a и b
делит r1 и общий дилитель b и r1 делит а,поэтому НОД (a,b) = НОД (r1 ,r2)=….= НОД (rn-1, rn) = НОД (rn,0)= rn.Обратимся
снова к системе(1).Из первого равенства, выразив остаток r1 чирез а и b ,получим r1=а- bq0. Подставляя его во второе
равенство,найдём r2=b(1+q0q1)-aq1. 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(a,b)=1,то Аа+Вb=1. Как найти числа А и В видно из алгоритма Евклида.
Перейдём теперь к решению
линейного уравнения с двумя неизвестными. Оно имеет вид:
аx+by=c. (2)
Возможны два случая: либо
c делится на d= НОД(a,b), либо нет. В первом случае можно
разделить обе части на d и
свести задачу к решению в целых числах уравнения a1x+b1y=c1, коэффициенты
которого а1=а/d и b1=b/d взаимно просты. Во втором случае
уравнение не имеет целочисленных решений: при любых целых x и y число аx+by делится на d и поэтому не может равнятся числу с,которое на d не делится. Итак, мы можем ограничиться
случаем , когда в уравнении (2) коэффициенты взаимно просты. На основании
предыдущего предложения найдутся такие целые числа x0 и y0,что
ax0+by0=1, откуда пара (сx0,cy0) удовлетворяет уравнению (2) Вместе
с ней уравнению (2) удовлетворяет бесконечное множество пар (x,y) целых чисел, которые можно найти по формулам
x=cx0+bt,y=cy0-at.
(3)
Здесь t-любое целое число. Нетрудно
показать,что других целочисленных решений нет уравнение ax+by=c не имеет.
Решение, записанное в виде (3), называется общим решением уравнеия (2).
Подставив вместо t конкретное целое
число, получим его частное решение. Найдём, например, целочисленные решения уже
встречавшегося нам уравнения 2x+5y=17. Применив к числам 2 и 5 алгоритм
Евклида, получим 2*3-5=1. Значит пара cx0=3*17,cy0=-1*17 удовлетворяет уравнению 2x+5y=17. Поэтому общее решение исходного уравнения таково x=51+5t, y=-17-2t,где t принимает любые целые значения. Очевидно, неотрицательные
решения отвечают тем t , для
которых выполняются неравенства
{51+5t≥0
{-17-2t≥0
Отсюда найдем -51 ≤t≤ -17. Этим неравенствам
удовлетворяют числа -10, -9. 52
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: 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 y, а цыплят через 4z (из условия видно, что число цыплят должно делится на 4). Составим
систему уравнений:
{x+y+4z=100
{5x+4y+z=100,
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. Подставляя эти значения в первое уравнение, получим y = 400 — 19t. Значит,
целочисленные решения системы имеют вид х= —300+15t, y = 400—19t, z = t. Из условия задачи вытекает, что
{— 300+ 15t≥0,
{ 400—19t≥0,
{ t≥0
откуда 20≤t≤21 1/19, т.е. t = 20 или t = 21. Итак, на 100 монет можно купить 20 кур и 80 цыплят, или 15 петухов,
1 курицу и 84 цыпленка
Второй метод решения
диофантовых уравнений первой степени по своей сути не слишком отличается от
рассмотренного в предыдущем пункте, но он связан с ещё одим интересным
математическим понятием. Речь идёт о непрерывных или цепных дробях. Чтобы
определить их вновь обратимся к алгоритму Евклида. Из первого равенства системы
(1) вытекает, что дробь а/b
можно записать в виде суммы целой части и правильной дроби: a/b=q0+r1/b . Но r1/b=1/b, и на основании второго равенства той же системы имем b/r1=q1+r2/r1. Значит, a/b=q0+1/q1+r2/r1. Далее получим a/b=q0+1/q1+1/q2+r3/r2. Продолжим этот
процесс до тех пор , пока не придём к знаменателю qn. В результате мы представим обыкновенную дробь a/b в следующем виде: a/b=q0+1/q1+1/q2+1/…1/qn. 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. В качестве примера представим дробь 40/3t в виде цепной: 40/3t=1+9/3t=1/3t/9=1+1/3+4/9=1+1/3+1/9/4=1+1/3+1/2+1/4
.
Цепные дроби обладают
следующим важным свойством: если действительное число а записать в виде
непрерывной дроби , то подходящая дробь Pk/Qk даёт наилучщее приближение числа a среди всех дробей, знаменатели
которых не превосходят Qk .
Именно в процессе поиска наилучшего приблежения значений квадратных корней
итальянский математик Пиетро Антонио Катальди (1552-1626) пришёл в 1623году к
цепным дробям, с чего и началось их изучение. В заключение вернёмся 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 исчисления. 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.
Рассмотрим Диофантовы
уравнения и решим их.
1 Решить в целых числах
уравнение 3x+5y=7.
Решение.
Имеем
x=7-5y/3=6-3y-2y+1/3=2-y+1-2y/3,
1-2y=3k,
y=1-3k/2=1-2k-k/2=-k+1-k/2,
1-k=2t,
k=1-2t,
y=1-3(1-2t)/2=-1+3t,
x=7-5(-1+3t)/3=4-5t
(t-любое число).
2 Решить в целых числах
уравнение 6x²+5y²=74.
6x²-24=50-5y²,
или 6(x²-4)=5(10-y²), откуда x²-4=5u,т.е. 4+5u≥0,
откуда u≥-4/5.
Аналогично:
10-y²=6u, т.е. 10-6u≥0,
u≤5/3.
Целое число u удовлетворяет неравенству
-4/5≤u≤5/3, значит. u=0 и u=1.
При u=0, получим 10=y², где y-не целое, что неверно. Пусть u=1, тогда x²=9,
y²=4.
Ответ: {x1=3, {x2=3, {x3=-3,
{x4=-3,
{y1=2, {y2=-2,
{y3=2, {y4=-2 .
3 Решить в целых числах
уравнение x³+y³-3xy=2.
Решение.
Если x и y оба нечётны или одно из них нечётно, то левая часть
уравнения есть нечётное число, а правая-чётное. Если же x=2m и y=2n, то 8m³+8n³-12mn=2, т.е. 2(2m³+2n³-3mn)=1, что невозможно ни при каких
целых m и n.
4 Доказать, что уравнение
2x²+5y²=7 не имеет решений в целых числах.
Доказательство.
Из уравнения видно, что y должен быть нечётным числом. Положив
y=2z+1, получим 2x²-20z²-20z-5=7, или x²-10z²-10z=6, откуда следует что x есть чётное число. Положим x=2u. Тогда 2u²-5z(z=1)=3, что
невозможно, так как z(z+1) есть чётное число.
5 Доказать, что при любом
целом положительном значении а уравнение x²+y²=а³
разрешимо в целых числах.
Доказательство.
Положим x+y=а², x-y=а, откуда x=a(a+1)/2 и y=a(a-1)/2. Поскольку при любом целом
значении а в числителе каждой из данных дробей стоит произведение чётного и
нечётного чисел, определённые таким образом x и y
представляют сорбой целые числа и удовлетворяют исходному уравнению.
6 Решите в целых числах
уравнение (x+1)(x²+10=y³.
Решение.
Непосредственно видим,
что пары чисел (0;1) и (-1;0) являются решениями уравнения. Других решений нет,
так как
x³<(x+1)(x²+1)<(x+1)(x+1)²=(x+1)
³, то (x+1)(x²+1)≠y³
ни для какого целого y (распологающегося между кубами
последовательных целых чисел).
Список
литературы:
1.
И.М. Виноградов
«Математическая энциклопедия»
2.
Н.Я. Виленкин,Л.П.
Шибасов,З.Ф. Шибасова «За страницами учебника математики»
3.
А. П. Савин
«Энциклопедический словарь юного математика»
4.
И. Кушнир
«Математическая энциклопедия»