Bevezetés

Sok olyan matematikai probléma van, amelyekre egy vagy több egész szám tartozik. Példaként említhetünk négy klasszikus egész számokkal megoldott feladatot - a súlyozási feladatot, a particionálási feladatot, a csereproblémát és a négy négyzetes feladatot. Érdemes megjegyezni, hogy e feladatok meglehetősen egyszerű megfogalmazása ellenére is igen összetett módon, a matematikai elemzés és kombinatorika apparátusával oldódnak meg. Az első két probléma megoldásának ötletei Leonhard Euler (1707–1783) svájci matematikushoz tartoznak. Leggyakrabban azonban olyan problémákat találhatunk, amelyekben az egyenletet egész számokban (vagy természetes számokban) kell megoldani. Ezen egyenletek egy része meglehetősen könnyen megoldható a kiválasztási módszerrel, de komoly probléma merül fel - be kell bizonyítani, hogy egy adott egyenlet minden megoldását kimerítették a kiválasztottak (vagyis a kiválasztottaktól eltérő megoldások nem létezik). Ehhez a legkülönfélébb technikákra lehet szükség, szabványos és mesterséges technikákra egyaránt. A további matematikai szakirodalom elemzése azt mutatja, hogy ilyen feladatok meglehetősen gyakran találhatók különböző évfolyamokon és különböző szintű matematikai olimpiákon, valamint az egységes matematikai államvizsga 19. feladatában (profilszint). Ugyanakkor ezt a témát gyakorlatilag nem veszik figyelembe az iskolai matematika tanfolyamon, így a matematikai olimpián részt vevő, vagy a matematikából egységes államvizsgát letevő iskolások általában jelentős nehézségekkel szembesülnek az ilyen jellegű feladatok elvégzésében. E tekintetben célszerű kiemelni az egyenletek egész számokban történő megoldásának alapvető módszereit, különösen azért, mert a vizsgált matematikai szakirodalom ezt a kérdést kifejezetten nem tárgyalja. A leírt probléma meghatározta a munka célját: kiemelni az egyenletek egész számokban történő megoldásának főbb módszereit. A cél eléréséhez a következő feladatokat kellett megoldani:

1) Elemezze az olimpia anyagait, valamint a matematika szakosított egységes államvizsga anyagait;

2) Azonosítsa az egyenletek egész számokban történő megoldásának módszereit, és emelje ki az uralkodóakat;

3) A kapott eredményeket példákkal illusztrálja!

4) Hozzon létre több képzési feladatot ebben a témában;

5) A kidolgozott feladatok segítségével határozza meg az MBOU 59. Sz. Középiskola kilencedik osztályos tanulóinak felkészültségi fokát az ilyen jellegű problémák megoldására, és vonjon le gyakorlati következtetéseket!

Fő rész

A különböző matematikai irodalom elemzése azt mutatja, hogy az egyenletek egész számokban történő megoldásának módszerei közül a következőket lehet főként azonosítani:

1. Egy egyenlet ábrázolása több tényező szorzata formájában, amelyek valamilyen egész számmal egyenlők;
2. Egy egyenlet ábrázolása több tag négyzetösszegeként, amelyek egyenértékűek valamilyen egész számmal;
3. Az oszthatóság, a faktoriális és az egzakt négyzet tulajdonságainak felhasználása;
4. Fermat kis és nagy tételeinek használata;
5. Végtelen süllyedés módszere;
6. Az egyik ismeretlen kifejezése a másikon keresztül;
7. Az egyenlet megoldása másodfokú egyenletként az egyik ismeretlenhez képest;
8. Maradékok figyelembevétele egy egyenlet mindkét oldalának egy bizonyos számmal való osztásakor.

Azonnal tisztáznunk kell, mit értünk az egyenletek megoldásának alapvető módszerein. A leggyakrabban használt módszereket nevezzük főnek, ami természetesen nem zárja ki az új „váratlan” technikák időszakos alkalmazásának lehetőségét. Emellett az esetek túlnyomó többségében ezek különféle kombinációit alkalmazzák, vagyis többféle módszert kombinálnak.
A módszerek kombinációjának példájaként vegyük a 2013-as egységes matematika államvizsgán javasolt egyenletet (C6. feladat).

Feladat. Oldja meg az egyenletet természetes számokban! n! + 5n + 13 = k 2 .

Megoldás. Ne feledje, hogy nullára végződik n> 4. Továbbá bármely n ∈ esetén N 0-ra vagy 5-re végződik. n> 4 az egyenlet bal oldala a 3-as vagy a 8-as számmal végződik. De egyenlő egy pontos négyzettel is, amely nem végződhet ezekkel a számokkal. Ezért csak négy lehetőségen kell keresztülmennie: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.

Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek egyedi természetes megoldása van n = 2, k = 5.

Ez a feladat a tökéletes négyzetek tulajdonságait, a faktoriális tulajdonságait és az egyenlet mindkét oldalának 10-zel való elosztásának maradékait használta.

1. feladat. n 2 - 4y! = 3.

Megoldás. Először az eredeti egyenletet írjuk át a formába n 2 = 4y! + 3. Ha ezt az összefüggést a maradékkal való osztás felől nézzük, akkor észrevehetjük, hogy az egyenlet bal oldalán lévő pontos négyzet 4-gyel osztva 3 maradékot ad, ami lehetetlen . Valójában bármely egész szám ábrázolható a következő négy alak egyikében:

Így egy pontos négyzet 4-gyel osztva 0 vagy 1 maradékot hagy. Következésképpen az eredeti egyenletnek nincs megoldása.

Kulcs gondolat– az egzakt négyzetek tulajdonságainak alkalmazása.

2. feladat. 8z 2 = (t!) 2 + 2.

Megoldás. A közvetlen vizsgálat ezt mutatja t= 0 és t= 1 nem megoldásai az egyenletnek. Ha t> 1, akkor t! páros szám, azaz így ábrázolható t! = 2s. Ebben az esetben az egyenlet 4-es alakra alakítható z 2 = 2s 2 + 1. A kapott egyenletnek azonban nyilvánvalóan nincs megoldása, mert a bal oldalon páros, a jobb oldalon pedig páratlan szám található.

Kulcs gondolat– faktoriális tulajdonságok alkalmazása.

3. feladat. Oldja meg az x 2 + y 2 – 2x + 6y + 5 = 0 egyenletet egész számokkal!

Megoldás. Az eredeti egyenlet a következőképpen írható át: ( x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 5.

Abból a feltételből következik, hogy ( x – 1), (y+ 3) – egész számok. Ezért ez az egyenlet ekvivalens a következő halmazzal:

Most felírhatjuk az egyenlet összes lehetséges egész megoldását.

4. feladat. Oldja meg az egyenletet egész számokkal! zt + t – 2z = 7.

Megoldás. Az eredeti egyenlet átalakítható a ( z + 1) (t– 2) = 5. Számok ( z + 1), (t– 2) egész számok, így a következő lehetőségek állnak rendelkezésre:

Tehát az egyenletnek pontosan négy egész megoldása van.

Kulcs gondolat– egy egyenlet ábrázolása egész számmal egyenlő szorzat formájában.

5. feladat. Oldja meg az egyenletet egész számokkal! n(n + 1) = (2k+ 1)‼

Megoldás. 2. számú k+ 1)‼ páratlan minden nem negatív értékre k definíció szerint (negatívra k egyáltalán nincs meghatározva). Másrészt egyenlő a számmal n(n+ 1), ami minden egész értékre páros k. Ellentmondás.

Kulcs gondolat– az egyenlet páros/páratlan részeinek használata.

6. feladat. Oldja meg az egyenletet egész számokkal! xy + x + 2y = 1.

Megoldás. Transzformációkkal az egyenlet a következőkre redukálható:

Ez a transzformáció a helyettesítés óta nem változtatta meg az egyenletben szereplő ismeretlenek OD-ját y= –1 az eredeti egyenletbe a –2 = 1 abszurd egyenlőséghez vezet. A feltétel szerint, x– egész szám. Más szóval, egy egész szám is. De akkor a számnak egész számnak kell lennie. A tört akkor és csak akkor egész szám, ha a számláló osztható a nevezővel. A 3-as szám osztói: 1,3 –1, –3. Ezért az ismeretlen számára négy eset lehetséges: y = 0, y = 2, y= –2, y = –4. Most kiszámolhatjuk az ismeretlen megfelelő értékeit x. Tehát az egyenletnek pontosan négy egész megoldása van: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).

Kulcs gondolat– az egyik ismeretlen kifejezése a másikon keresztül.

7. feladat. m= n 2 + 2.

Megoldás. Ha m= 0, akkor az egyenlet alakot ölt n 2 = –1. Nincsenek teljes megoldásai. Ha m < 0, то левая часть уравнения, а значит, и n, nem lesz egész szám. Eszközök, m> 0. Ekkor az egyenlet jobb oldala (valamint a bal oldala) az 5 többszöröse lesz. De ebben az esetben n 2-t 5-tel osztva 3 maradékot kell adnia, ami lehetetlen (ezt bizonyítja az 1. feladat megoldásánál felvázolt maradékok számbavételi módszere). Ezért ennek az egyenletnek nincsenek egész megoldásai.

Kulcs gondolat– maradékok keresése az egyenlet mindkét oldalának valamilyen természetes számmal való elosztásából.

8. feladat. Oldja meg a ( x!) 4 + (y – 1) 4 = (z + 1) 4 .

Megoldás. Vegye figyelembe, hogy mivel a kitevők párosak, az egyenlet a következővel ekvivalens: ( x!) 4 + |y – 1| 4 = |z+ 1| 4. Akkor x!, |y – 1|, |z+ 1| - egész számok. Fermat utolsó tétele szerint azonban ezek a természetes számok nem teljesíthetik az eredeti egyenletet. Így az egyenlet egész számokban megoldhatatlan.

Kulcs gondolat– Fermat utolsó tételének használata.

9. feladat. Oldja meg az egyenletet egész számokkal! x 2 + 4y 2 = 16xy.

Megoldás. A problémakörülményekből az következik x- páros szám. Akkor x 2 = 4x 12 . Az egyenletet formává alakítjuk x 1 2 + y 2 = 8x 1 y. Ebből következik, hogy a számok x 1 , y azonos paritásúak. Vegyünk két esetet.

1 eset. Hadd x 1 , y- páratlan számok. Akkor x 1 = 2t + 1, y = 2s+ 1. Ha ezeket a kifejezéseket behelyettesítjük az egyenletbe, a következőt kapjuk:

Végezzük el a megfelelő átalakításokat:

Ha az eredményül kapott egyenlet mindkét oldalát 2-vel csökkentjük, azt kapjuk?

A bal oldalon páratlan, a jobb oldalon páros szám található. Ellentmondás. Ez azt jelenti, hogy 1 eset lehetetlen.

2. eset. Hadd x 1 , y- páros számok. Akkor x 1 = 2x 2 + 1, y = 2y 1 . Ha ezeket az értékeket behelyettesítjük az egyenletbe, a következőt kapjuk:

Így a kapott egyenlet pontosan ugyanaz, mint az előző lépésben. Hasonló módon tanulmányozzuk, így a következő lépésben megkapjuk az egyenletet stb. Valójában ezeket az átalakításokat az ismeretlenek paritása alapján végrehajtva a következő kiterjesztéseket kapjuk: . De a nagyságrend nÉs k nem korlátozottak, hiszen bármelyik lépésben (tetszőlegesen nagy számmal) az előzővel ekvivalens egyenletet kapunk. Vagyis ez a folyamat nem állhat meg. Más szóval a számok x, y végtelenül sokszor oszthatók 2-vel, de ez csak akkor fordul elő, ha x = y= 0. Tehát az egyenletnek pontosan egy egész megoldása van (0; 0).

Kulcs gondolat– a végtelen süllyedés módszerének alkalmazása.

10. probléma. Oldja meg az 5. egyenletet egész számokkal! x 2 – 3xy + y 2 = 4.

Megoldás. Írjuk át ezt az egyenletet 5-ös alakba x 2 – (3x)y + (y 2 – 4) = 0. Az ismeretlenhez viszonyított négyzetnek tekinthető x. Számítsuk ki ennek az egyenletnek a diszkriminánsát:

Ahhoz, hogy az egyenletnek megoldásai legyenek, szükséges és elégséges, hogy , vagyis innen a következő lehetőségeink vannak y: y = 0, y = 1, y = –1, y= 2, y= –2.

Tehát az egyenletnek pontosan 2 egész megoldása van: (0;2), (0;–2).

Kulcs gondolat– az egyenletet másodfokúnak tekintve az egyik ismeretlenhez képest.

A szerző által összeállított problémákat használtuk fel a kísérlet lefolytatásához, amely a következőkből állt. Minden kilencedik osztályos tanuló számára kidolgozott feladatokat ajánlottak fel, hogy azonosítsák a gyerekek felkészültségét ebben a témában. Minden tanulónak egy módszert kellett javasolnia egyenletek egész számú megoldására. A kísérletben 64 diák vett részt. A kapott eredményeket az 1. táblázat tartalmazza.

ASZTAL 1

Munka Szám	A feladatot teljesítő tanulók száma (százalékban)

Ezek a mutatók arra utalnak, hogy a kilencedikes tanulók felkészültsége ebben a témában nagyon alacsony. Ezért helyénvalónak tűnik egy speciális „Egyenletek egész számokban” tanfolyam megszervezése, amelynek célja a hallgatók ismereteinek bővítése ezen a területen. Mindenekelőtt olyan diákokról van szó, akik szisztematikusan vesznek részt matematikai versenyeken és olimpiákon, és tervezik a matematika szakos egységes államvizsgát is.

következtetéseket

A munka során:

1) Elemezték az olimpia anyagait, valamint az egységes matematikai államvizsga-anyagokat;

2) Az egyenletek egész számokban történő megoldásának módszerei meg vannak jelölve, és az uralkodóak kiemelve;

3) A kapott eredményeket példákkal illusztráljuk;

4) A kilencedik osztályos tanulók számára képzési feladatokat állítottunk össze;

5) Kísérletet végeztünk a kilencedik osztályos tanulók e témában való felkészültségi szintjének meghatározására;

6) A kísérlet eredményeit elemeztem, és következtetéseket vontam le az egyenletek egész számban történő tanulmányozásának célszerűségéről egy speciális matematikai kurzuson.

A tanulmány során elért eredmények felhasználhatók a matematikai olimpiára, az egységes matematika államvizsgára való felkészülés során, valamint a matematikaköri foglalkozások lebonyolítása során.

Bibliográfia

1. Gelfond A.O. Egyenletek megoldása egész számokban. – M.: Nauka, 1983 – 64 p.

2. Alfutova N.B. Ustinov A.V. Algebra és számelmélet. Feladatgyűjtemény matematikai iskolák számára - M.: MTsNMO, 2009 - 336 p.

3. Galperin G.A., Tolpygo A.K. Moszkvai matematikai olimpiák: könyv. diákoknak / Szerk. A.N. Kolmogorov. – M.: Nevelés, 1986. – 303 p., ill.

4. Dalinger V.A. Problémák egész számokkal – Omszk: Amphora, 2010 – 132 p.

5. Gastev Yu. A., Smolyansky M. L. Néhány szó Fermat utolsó tételéről // Kvant, 1972. augusztus.

Szójegyzék

Végtelen süllyedés módszere– P. Fermat (1601–1665) francia matematikus által kidolgozott módszer, amely abból áll, hogy egy végtelenül csökkenő természetes számsorozat megszerkesztésével ellentmondást kapunk. Az ellentmondásos bizonyítási módszer egy változata.

Pontos (teljes) négyzet- egy egész szám négyzete.

Természetes szám faktoriálisa n - az összes természetes szám szorzata 1-től n inkluzív.

A mű szövegét képek és képletek nélkül közöljük.
A munka teljes verziója elérhető a "Munkafájlok" fülön PDF formátumban

Bevezetés.

A vizsgálat tárgya.

A kutatás a számelmélet egyik legérdekesebb részével, az egyenletek egész számokban történő megoldásával foglalkozik.

Tanulmányi tárgy.

Az egész együtthatós és egynél több ismeretlenes egész algebrai egyenletek megoldása az egyik legnehezebb és legrégebbi matematikai feladat, és az iskolai matematika tantárgyban nincs kellőképpen bemutatva. Munkámban bemutatom az egész számokban kifejezett egyenletek meglehetősen teljes elemzését, az egyenletek osztályozását a megoldási módszerek szerint, a megoldási algoritmusok leírását, valamint gyakorlati példákat mutatok be az egyes módszerek egész számokban történő egyenletek megoldására való felhasználására. .

Cél.

Ismerje meg az egyenletek egész számokban történő megoldását.

Feladatok:

Oktatási és referencia irodalom tanulmányozása;

Elméleti anyagot gyűjteni az egyenletek megoldásához;

Algoritmusok elemzése az ilyen típusú egyenletek megoldására;

Megoldások leírása;

Tekintsen példákat az egyenletek megoldására ezekkel a módszerekkel.

Hipotézis:

Miután az olimpia feladatai során egész számban előforduló egyenletekkel találkoztam, azt feltételeztem, hogy a megoldási nehézségek abból adódtak, hogy nem minden megoldási módot ismertem.

Relevancia:

Az egyesített államvizsga-feladatok mintaváltozatainak megoldása során észrevettem, hogy gyakran vannak olyan feladatok is, amelyek egész számban oldják meg az első és másodfokú egyenleteket. Ezen túlmenően, a különböző szintű olimpiai feladatok egész számokban kifejezett egyenleteket vagy problémákat is tartalmaznak, amelyeket az egyenletek egész számokban történő megoldásának képességével oldanak meg. Az egyenletek egész számokban történő megoldásának ismerete határozza meg kutatásom relevanciáját.

Kutatási módszerek

Tudományos irodalmi információk elméleti elemzése és általánosítása az egyenletekről egész számokban.

Egyenletek osztályozása egész számokban a megoldási módszerek szerint.

Egyenletek egész számban történő megoldási módszereinek elemzése, általánosítása.

Kutatási eredmények

A munka leírja az egyenletek megoldásának módszereit, figyelembe veszi a Fermat-tétel, a Pitagorasz-tétel és az Euklidész-algoritmus elméleti anyagát, és példákat mutat be különböző bonyolultságú problémák megoldására és egyenletekre.

2. Egyenletek története egész számokban

Diophantus - tudós - az ókori görög algebraista, egyes források szerint i.sz. 364-ig élt. e. Szakterülete az egész számokkal történő problémák megoldása. Innen származik a Diophantine egyenletek elnevezés. A leghíresebb probléma, amelyet Diophantus oldott meg, a „két négyzetre bontás” probléma. Ennek megfelelője a jól ismert Pitagorasz-tétel. Diophantus élete és munkássága Alexandriában zajlott, összegyűjtötte és megoldotta az ismert problémákat, újakat talált ki. Később ezeket egyesítette egy nagyszerű művében, az Aritmetikában. Az aritmetikát alkotó tizenhárom könyv közül csak hat maradt fenn a középkorban, és vált ihletforrássá a reneszánsz matematikusok számára. A gyűjtemény számos problémát tartalmaz, és ezek megoldása gyakran rendkívül ötletes. Diophantust csak a pozitív egész számok és a racionális megoldások érdeklik. Az irracionális döntéseket „lehetetlennek” nevezi, és gondosan megválogatja az együtthatókat, hogy a kívánt pozitív, racionális megoldások születhessenek.

A Fermat-tétel az egyenletek egész számokban történő megoldására szolgál. A bizonyítás története igen érdekes. Számos kiváló matematikus dolgozott a Nagy Tétel teljes bizonyításán, és ezek az erőfeszítések a modern számelmélet számos eredményéhez vezettek. Úgy gondolják, hogy a tétel az első helyen áll a hibás bizonyítások számát tekintve.

A figyelemre méltó francia matematikus, Pierre Fermat kijelentette, hogy az n ≥ 3 egész szám egyenletének nincs megoldása x, y, z pozitív egész számokra (xyz = 0 kizárt x, y, z pozitivitása miatt. n = 3 esetén ez tételt a 10. században megpróbálták bebizonyítani al-Khojandi közép-ázsiai matematikussal, de bizonyítása nem maradt fenn.Valamivel később maga Fermat is publikált egy n = 4 speciális esetének bizonyítását.

Euler 1770-ben bebizonyította a tételt n = 3 esetre, Dirichlet és Legendre 1825-ben - n = 5 esetén, Lame - n = 7 esetén. Kummer megmutatta, hogy a tétel igaz minden 100-nál kisebb n prímre, az esetleges kivétellel 37, 59, 67.

Az 1980-as években a probléma megoldásának új megközelítése jelent meg. Mordell sejtéséből, amelyet Faltings 1983-ban bebizonyított, az következik, hogy az egyenlet

mert n > 3-nak csak véges számú viszonylag egyszerű megoldása lehet.

A tétel bizonyításának utolsó, de legfontosabb lépését 1994 szeptemberében tette meg Wiles. 130 oldalas bizonyítékát az Annals of Mathematics folyóiratban tették közzé. A bizonyítás Gerhard Frey német matematikus azon feltevésein alapul, hogy Fermat utolsó tétele a Taniyama-Shimura sejtés következménye (ezt a feltevést Ken Ribet igazolta J.-P. Serres közreműködésével) Wiles publikálta az elsőt bizonyításának 1993-as verziója (7 év kemény munka után), de hamar kialakult egy komoly hiányosság; Richard Lawrence Taylor segítségével gyorsan bezárták a különbséget. A végleges változat 1995-ben jelent meg. 2016. március 15. Andrew Wiles megkapja az Abel-díjat. Jelenleg a prémium 6 millió norvég korona, azaz körülbelül 50 millió rubel. Wiles szerint a díj „teljes meglepetésként” érte.

3. Lineáris egyenletek egész számokban

A lineáris egyenletek a legegyszerűbbek az összes diofantusi egyenlet közül.

Az ax=b alakú egyenletet, ahol a és b néhány szám, x pedig egy ismeretlen változó, egy ismeretlennel rendelkező lineáris egyenletnek nevezzük. Itt csak egész számú megoldást kell találnunk az egyenletre. Megjegyezhető, hogy ha a ≠ 0, akkor az egyenletnek csak akkor lesz egész megoldása, ha b teljesen osztható a-val, és ez a megoldás x = b/ph. Ha a=0, akkor az egyenletnek egész megoldása lesz, ha b=0, és ebben az esetben x tetszőleges szám.

mert A 12 akkor osztható 4-gyel

Mert a=o és b=0, akkor x tetszőleges szám

Mert A 7 nem osztható teljesen 10-zel, akkor nincsenek megoldások.

4. A lehetőségek felsorolásának módja.

Az opciók számbavételének módszerében figyelembe kell venni a számok oszthatóságának jeleit, és mérlegelni kell a végső felsorolás egyenlőségének összes lehetséges lehetőségét. Ez a módszer a következő problémák megoldására használható:

№1 Határozza meg a természetes számpárok azon halmazát, amely a 49x+69y=602 egyenlet megoldása

Az x = egyenletből fejezzük ki,

Mert x és y természetes számok, akkor x = ≥ 1, szorozzuk meg a teljes egyenletet 49-el, hogy megszabaduljunk a nevezőtől:

Mozgassa a 602-t balra:

51y ≤ 553, y kifejezve, y=10

Az opciók teljes keresése azt mutatja, hogy az egyenlet természetes megoldásai x=5, y=7.

Válasz:(5.7).-

№2 Oldja meg a problémát

A 2, 4, 7 számokból olyan háromjegyű számot kell létrehozni, amelyben egyetlen számjegy sem ismételhető meg kétszer.

Keressük meg az összes háromjegyű szám számát, amelyek 2-vel kezdődnek: (224, 242, 227, 272, 247, 274, 244, 277) - 8 db van.

Hasonlóképpen megtaláljuk az összes 4-es és 7-es számmal kezdődő háromjegyű számot: (442, 424, 422, 447, 474, 427, 472, 477).

(772, 774, 727, 747, 722, 744, 724, 742) - mindegyikben 8 szám található. Még csak a 24.

Válasz: 24.

5. Folytatva tört és euklideszi algoritmus

A folyamatos tört egy közönséges tört kifejezése a formában

ahol q 1 egész szám, q 2, ..., qn pedig természetes számok. Ezt a kifejezést folytatólagos (véges folytatódó) törtnek nevezzük. Vannak véges és végtelen folytonos törtek.

Racionális számok esetén a folytonos törtnek véges alakja van. Ezenkívül az a i sorozat pontosan a hányadosok sorozata, amelyet az euklideszi algoritmusnak a tört számlálójára és nevezőjére történő alkalmazásával kapunk.

Az egyenleteket folytatólagos törtekkel megoldva egy általános algoritmust állítottam össze ehhez az egész számokban történő egyenletmegoldási módszerhez.

Algoritmus

1) Állítsa össze az ismeretlenek együtthatóinak arányát tört alakban!

2) Alakítsa át a kifejezést nem megfelelő törtté

3) Válassza ki a nem megfelelő tört teljes részét

4) Cserélje ki a megfelelő törtet egy egyenlő törttel

5) Végezze el a 3,4-et a kapott nem megfelelő törttel a nevezőben

6) Ismételje meg az 5-öt a végeredményig

7) Az eredményül kapott kifejezésben dobja el a folytatólagos tört utolsó hivatkozását, alakítsa át az eredményül kapott új folyamatos törtet egyszerű törtté, és vonja ki az eredeti törtből.

Példa№1 Oldja meg a 127x- 52y+ 1 = 0 egyenletet egész számokkal

Alakítsuk át az együtthatók arányát az ismeretlenekre.

Először is jelöljük ki a nem megfelelő tört teljes részét; = 2 +

A megfelelő törtet helyettesítjük egy egyenlő törttel.

From = 2+

Végezzük el ugyanezt a transzformációt a nevezőben kapott nem megfelelő törttel.

Ekkor az eredeti tört a következő alakot veszi fel: . Ugyanazt az érvelést megismételve a kapott törtre. A nem megfelelő tört teljes részét elkülönítve a végeredményhez jutunk:

Kaptunk egy véges folytonos törtnek nevezett kifejezést. Miután elvetettük ennek a folytatólagos törtnek az utolsó láncszemét - egyötödét, az eredményül kapott új folyamatos törtet egyszerűvé alakítjuk, és kivonjuk az eredeti törtből:

Csökkentsük a kapott kifejezést közös nevezőre, és dobjuk el.

Honnan származik a 127∙9-52∙22+1=0. Az eredményül kapott egyenlőséget a 127x- 52y+1 = 0 egyenlettel összevetve az következik, hogy akkor x= 9, y= 22 az eredeti egyenlet megoldása, és a tétel szerint annak minden megoldása benne lesz az x progressziókban = 9+ 52t, y= 22+ 127t , ahol t=(0; ±1; ±2…..) A kapott eredmény arra utal, hogy általános esetben az ax+by+c= egyenletre megoldást kell találni 0, ki kell bővíteni az ismeretlenek együtthatóinak arányát egy folyamatos törtté, el kell vetni az utolsó linkjét, és a fentiekhez hasonló számításokat kell végezni.

Ennek a feltételezésnek a bizonyításához szükségünk lesz a folytonos törtek néhány tulajdonságára.

Tekintsünk egy irreducibilis törtet. Jelöljük q 1-gyel a hányadosát, r 2-vel pedig a maradékot a b-vel. Akkor kapjuk:

Ekkor b=q 2 r 2 +r 3,

Hasonló

r 2 =q 3 r 3 + r 4, ;

r 3 =q 4 r 4 + r 5,;

………………………………..

A q 1, q 2,... mennyiségeket hiányos hányadosoknak nevezzük. A hiányos hányadosok képződésének fenti folyamatát ún Euklideszi algoritmus. Az r 2 , r 3 ,… osztás maradékai kielégítik az egyenlőtlenségeket

azok. csökkenő, nem negatív számokból álló sorozatot alkotnak.

2. példa Oldja meg a 170x+190y=3000 egyenletet egész számokban

10-zel való csökkentés után az egyenlet így néz ki:

Egy adott megoldás megtalálásához használjuk a tört folyamatos törtté való felbomlását

Azáltal, hogy az utolsó előtti törtet közönséges törtté összecsukjuk

Ennek az egyenletnek egy speciális megoldása a következő alakkal rendelkezik

X 0 = (-1)4300∙9=2700, y 0 =(-1)5300∙8=-2400,

az általánost pedig a képlet adja meg

x=2700-19k, y= -2400+17k.

amelyből megkapjuk a k paraméter feltételét

Azok. k=142, x=2, y=14. .

6. Faktorizációs módszer

A lehetőségek felsorolásának módszere kényelmetlen módszer, mivel vannak olyan esetek, amikor felsorolással nem lehet teljes megoldást találni, mivel ilyen megoldások végtelen számúak. A faktorizációs módszer egy nagyon érdekes technika, amely az elemi és a felsőbb matematikában egyaránt megtalálható.

A lényeg az identitás-átalakítás. Bármely azonos transzformáció jelentése az, hogy egy kifejezést más formában írjunk le, miközben megőrizzük annak lényegét. Nézzünk példákat ennek a módszernek a használatára.

№1 Oldja meg az egyenletet y egész számokban 3 -x 3 = 91.

A rövidített szorzási képletekkel az egyenlet jobb oldalát faktorizáljuk:

(y - x)(y 2 + xy + x 2) = 91

Felírjuk a 91 szám összes osztóját: ± 1; ± 7; ± 13; ± 91

Megjegyezzük, hogy bármely x és y egész szám esetén a szám

y 2 + yx + x 2 ≥ y 2 - 2|y||x| + x 2 = (|y| - |x|) 2 ≥ 0,

ezért az egyenlet bal oldalán mindkét tényezőnek pozitívnak kell lennie. Ekkor az eredeti egyenlet ekvivalens egyenletrendszerekkel:

A rendszerek megoldása után kiválasztjuk azokat a gyököket, amelyek egész számok.

Megoldásokat kapunk az eredeti egyenletre: (5; 6), (-6; -5); (-3; 4), (-4; 3).

Válasz: (5; 6); (-6; -5); (-3; 4); (-4;3).

№2. Keresse meg az x egyenletnek megfelelő természetes számpárokat! 2 -y 2 = 69

Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát, és írjuk fel az egyenletet a formába

Mert A 69-es szám osztói az 1, 3, 23 és 69 számok, ekkor a 69-et kétféleképpen kaphatjuk meg: 69=1·69 és 69=3·23. Figyelembe véve, hogy x-y > 0, két egyenletrendszert kapunk, amelyek megoldásával megtalálhatjuk a szükséges számokat:

Egy változó kifejezésével és a második egyenletbe való behelyettesítésével megtaláljuk az egyenletek gyökereit.Az első rendszernek x=35;y=34, a második rendszernek x=13, y=10 megoldása van.

Válasz: (35; 34), (13; 10).

№3 Oldja meg az x + y = xy egyenletet egész számokkal:

Írjuk fel az egyenletet a formába

Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát. Kapunk

Két egész szám szorzata csak két esetben lehet egyenlő 1-gyel: ha mindkettő egyenlő 1-gyel vagy -1-gyel. Két rendszert kapunk:

Az első rendszer megoldása x=2, y=2, a másodiké pedig x=0, y=0. Válasz: (2; 2), (0; 0).

№4 Bizonyítsuk be, hogy az (x - y) egyenlet 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 30-nak nincs egész számban kifejezett megoldása.

Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát, és osszuk el az egyenlet mindkét oldalát 3-mal, így a következő egyenletet kapjuk:

(x - y) (y - z) (z - x) = 10

A 10 osztói a ±1, ±2, ±5, ±10 számok. Vegye figyelembe azt is, hogy az egyenlet bal oldalán lévő tényezők összege egyenlő 0-val. Könnyen ellenőrizhető, hogy a 10-es szám osztóinak halmazából a 10 szorzatot adó bármely három szám összege nem egyenlő 0. Következésképpen az eredeti egyenletnek nincs egész számban kifejezett megoldása.

7. Maradék módszer

A módszer fő feladata, hogy a kapott eredmények alapján megtalálja a maradékot, amikor az egyenlet mindkét oldalát egész számmal osztjuk. A kapott információ gyakran csökkenti az egyenlet megoldási halmazainak lehetőségeit. Nézzünk példákat:

№1 Bizonyítsuk be, hogy az x egyenlet 2 = 3y + 2-nek nincs egész számú megoldása.

Bizonyíték.

Tekintsük azt az esetet, amikor x, y ∈ N. Tekintsük a maradékot, amikor mindkét oldalt osztjuk 3-mal. Az egyenlet jobb oldala 2 maradékot ad, ha y bármely értékére osztjuk 3-mal. A bal oldal, amely egy természetes szám négyzete, 3-mal osztva mindig 0 vagy 1 maradékot ad. Ez alapján azt találjuk, hogy ennek az egyenletnek természetes számokban nincs megoldása.

Tekintsük azt az esetet, amikor az egyik szám 0. Ekkor nyilvánvalóan egész számokban nincs megoldás.

Annak az esetnek, amikor y negatív egész szám, nincs megoldása, mert a jobb oldal negatív, a bal oldal pedig pozitív lesz.

Annak az esetnek sem, amikor x negatív egész szám, nincs megoldása, mert a korábban vizsgált esetek valamelyikébe tartozik, mivel (-x) 2 = (x) 2.

Kiderült, hogy a jelzett egyenletnek nincs egész számban kifejezett megoldása, ezt kellett bizonyítani.

№2 Oldd meg egész számokkal 3 x = 1 + y 2 .

Nem nehéz észrevenni, hogy a (0; 0) a megoldás erre az egyenletre. Be kell bizonyítani, hogy az egyenletnek nincs más egész gyöke.

Nézzük az eseteket:

1) Ha x∈N, y∈N, akkor 3 maradék nélkül osztható hárommal, 1 + y 2 pedig 3-mal osztva

a maradék 1 vagy 2. Ezért a természetes egyenlőség

x, y értéke lehetetlen.

2) Ha x negatív egész szám, y∈Z, akkor 0< 3 х < 1, а 1 + y 2 ≥ 0 и

az egyenlőség sem lehetetlen. Ezért a (0; 0) az egyetlen

Válasz: (0; 0).

№3 Oldja meg az egyenletet 2x 2 -2xy+9x+y=2 egész számokban:

Fejezzük ki az egyenletből a benne csak első fokig szereplő ismeretlent, vagyis az y változót:

2x 2 +9x-2=2xy-y, honnan

Jelöljük ki a tört teljes részét a polinom és a polinom „szöggel” való osztásának szabályával. Kapunk:

Nyilvánvaló, hogy a 2x-1 különbség csak -3, -1, 1 és 3 értékeket vehet fel.

Ezt a négy esetet kell végigjárni, aminek eredményeként megkapjuk a megoldásokat: (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)

Válasz: (1;9), (2;8), (0;2), (-1;3)

8. Példa a két változót tartalmazó egyenletek négyzetes megoldására az egyik változóhoz képest

№1 Oldja meg az egyenletet 5x egész számokkal! 2 +5у 2 + 8xy+2y-2x +2=0

Ez az egyenlet faktorizálással megoldható, de ez a módszer, ha erre az egyenletre alkalmazzuk, meglehetősen munkaigényes. Nézzünk egy racionálisabb módszert.

Írjuk fel az egyenletet másodfokú formában az x változóra vonatkozóan:

5x 2 +(8y-2)x+5y 2 +2y+2=0

Megtaláljuk a gyökereit.

Ennek az egyenletnek akkor és csak akkor van megoldása, ha a diszkrimináns

ennek az egyenletnek egyenlő nullával, azaz. - 9(y+1) 2 =0, tehát y= -1.

Ha y = -1, akkor x = 1.

Válasz: (1; - 1).

9. Példa problémák megoldására egész számok egyenleteivel.

№ 1. Oldja meg az egyenletet természetes számokban! : ahol n>m

Fejezzük ki az n változót az m változón keresztül:

Keressük meg a 625 szám osztóit: ez 1; 5; 25; 125; 625

1) ha m-25 = 1, akkor m = 26, n = 25+625 = 650

2) m-25 = 5, majd m = 30, n = 150

3) m-25 = 25, majd m = 50, n = 50

4) m-25 = 125, majd m = 150, n = 30

5) m-25 = 625, majd m = 650, n = 26

Válasz: m=150, n=30

№ 2. Oldja meg az egyenletet természetes számokban: mn +25 = 4m

Megoldás: mn +25 = 4m

1) fejezze ki a 4m változót n-ben:

2) keresse meg a 25 szám természetes osztóit: ez 1; 5; 25

ha 4-n = 1, akkor n = 3, m = 25

4-n=5, majd n=-1, m=5; 4-n = 25, majd n = -21, m = 1 (idegen gyökerek)

Válasz: (25;3)

Az egyenlet egész számokban történő megoldására szolgáló feladatokon kívül vannak olyan feladatok, amelyek bizonyítják, hogy az egyenletnek nincs egész szám gyöke.

Az ilyen problémák megoldása során emlékezni kell az oszthatóság következő tulajdonságaira:

1) Ha n Z; n osztható 2-vel, akkor n = 2k, k ∈ Z.

2) Ha n ∈ Z; n nem osztható 2-vel, akkor n = 2k+1, k ∈ Z.

3) Ha n ∈ Z; n osztható 3-mal, akkor n = 3k, k ∈ Z.

4) Ha n ∈ Z; n nem osztható 3-mal, akkor n = 3k±1, k ∈ Z.

5) Ha n ∈ Z; n nem osztható 4-gyel, akkor n = 4k+1; n = 4k+2; n = 4k+3. k ∈ Z.

6) Ha n ∈ Z; n(n+1) osztható 2-vel, majd n (n+1)(n+2) osztható 2-vel;3;6.

7)n; n+1 viszonylag prím.

№3 Bizonyítsuk be, hogy az x egyenlet 2 - 3y = 17-nek nincs egész számú megoldása.

Bizonyíték:

Legyen x; y - az egyenlet megoldásai

x 2 = 3(y+6)-1 Mert y ∈ Z akkor y+6 ∈ Z, ami azt jelenti, hogy 3(y+6) osztható 3-mal, tehát 3(y+6)-1 nem osztható 3-mal, tehát x 2 nem osztható 3-mal, ezért , x nem osztható 3-mal, ami azt jelenti, hogy x = 3k±1, k ∈ Z.

Helyettesítsük be ezt az eredeti egyenletbe.

Ellentmondásunk van. Ez azt jelenti, hogy az egyenletnek nincsenek teljes megoldásai, amit bizonyítani kellett.

10.Pica képlet

A Pieck-képletet Georg Pieck osztrák matematikus fedezte fel 1899-ben. A képlet az egész számokban szereplő egyenletekhez kapcsolódik, mivel a sokszögekből csak egész csomópontokat veszünk ki, ugyanúgy, mint az egyenletekben szereplő egész számokat.

Ezzel a képlettel megkeresheti egy papírlapra felépített alakzat területét egy ketrecben (háromszög, négyzet, trapéz, téglalap, sokszög).

Ebben a képletben a poligonon belül és a határán egész számokat találunk.

Az Egységes Államvizsgán megjelenő feladatokban egy egész feladatcsoport van, amelyben egy papírlapra négyzetben felépített sokszöget adnak, és a kérdés a terület megtalálása. A cella léptéke egy négyzetcentiméter.

1. számú példa

M - a csomópontok száma a háromszög határán (az oldalakon és a csúcsokon)

N a háromszög belsejében található csomópontok száma.

*A „csomópontok” alatt a vonalak metszéspontját értjük. Keressük meg a háromszög területét:

Jelöljük meg a csomópontokat:

M = 15 (pirossal jelölve)

N=34 (kék színben)

2. példa

Keressük meg a sokszög területét: Jelölje meg a csomópontokat:

M = 14 (pirossal jelölve)

N=43 (kék színben)

12. Leereszkedési módszer

Az egyenletek egész számokban történő megoldásának egyik módszere - a leszármazási módszer - a Fermat-tételen alapul.

A süllyedési módszer egy olyan módszer, amely abból áll, hogy végtelenül csökkenő pozitív z-vel rendelkező megoldások végtelen sorozatára egy megoldást készítünk.

Tekintsük ennek a módszernek az algoritmusát egy adott egyenlet megoldásának példáján.

Példa 1. Oldja meg az egyenletet 5x + 8y = 39 egész számokban.

1) Válasszuk ki azt az ismeretlent, amelynek a legkisebb együtthatója (esetünkben x), és fejezzük ki egy másik ismeretlennel:

2) Válasszuk ki az egész részt: Nyilvánvalóan x egész szám lesz, ha a kifejezés egész számnak bizonyul, ami viszont akkor következik be, amikor a 4 - 3y szám maradék nélkül osztható 5-tel.

3) Vezessünk be egy további z egész változót a következőképpen: 4 -3y = 5z. Ennek eredményeként az eredetivel azonos típusú egyenletet kapunk, de kisebb együtthatókkal.

4) Megoldjuk az y változóra vonatkozóan, pontosan úgy érvelve, mint az 1., 2. pontban: A teljes részt kiválasztva kapjuk:

5) Az előzőhöz hasonlóan okoskodva bevezetünk egy új u változót: 3u = 1 - 2z.

6) Fejezd ki a legkisebb együtthatóval az ismeretlent, ebben az esetben a z változót: . Ha megkövetelik, hogy egész szám legyen, akkor a következőt kapjuk: 1 - u = 2v, ahonnan u = 1 - 2v. Nincs több tört, a süllyedés befejeződött (a folyamatot addig folytatjuk, amíg a következő változó kifejezésében már nem marad tört).

7) Most „fel kell mennie”. A v változón keresztül fejezzük ki először z-t, majd y-t, majd x-et:

8) Az x = 3+8v és y = 3 - 5v képletek, ahol v tetszőleges egész szám, az eredeti egyenlet általános megoldását jelentik egész számokban.

Így az ereszkedési módszer abból áll, hogy először szekvenciálisan fejezzük ki az egyik változót egy másikkal, amíg a változó reprezentációjában már nem marad törtrész, majd szekvenciálisan „emelkedünk” az egyenlőséglánc mentén, hogy általános megoldást kapjunk az egyenletre.

12. Következtetés

A vizsgálat eredményeként beigazolódott az a hipotézis, hogy az egyenletek egész számokban történő megoldásának nehézségei abból fakadnak, hogy nem minden megoldási módszert ismertem. Kutatásom során sikerült az egyenletek egész számban történő megoldásának kevéssé ismert módszereit megtalálnom, leírnom, példákkal illusztrálnom. Kutatásom eredményei minden matematika iránt érdeklődő diák számára hasznosak lehetnek.

13.Irodalomjegyzék

Könyvforrások:

1. N. Ya. Vilenkin et al., Algebra és matematikai elemzés / 10. évfolyam, 11. évfolyam // M., „Felvilágosodás”, 1998;

2. A.F. Ivanov et al., Matematika. Oktatási és képzési anyagok a vizsgára való felkészüléshez // Voronezh, GOUVPO VSTU, 2007

3. A. O. Gelfond, Matematika, számelmélet // Egyenletek megoldása egész számokban // LIBROKOM Könyvház

Internetes források:

4. A matematika egységes államvizsga ellenőrzési mérőanyagainak bemutató változatai http://fipi.ru/

5. Példák egyenletek megoldására egész számokban http://reshuege.ru

6. Példák egyenletek megoldására egész számokban http://mat-ege.ru

7. A diofantini egyenletek története http://www.goldenmuseum.com/1612Hilbert_rus.html

8. Diophantus története http://nenuda.ru/%D1%83%D1%80%D0%B0%D0%B2%D0%BD%D0%B5%D0%BD%D0%B8%D1%8F- % D1%81-%D0%B4%D0%B2%D1%83%D0%BC%D1%8F-%D0%BD%D0%B5%D0%B8%D0%B7%D0%B2%D0%B5 % D1%81%D1%82%D0%BD%D1%8B%D0%BC%D0%B8-%D0%B2-%D1%86%D0%B5%D0%BB%D1%8B%D1%85 - %D1%87%D0%B8%D1%81%D0%BB%D0%B0%D1%85.htm

9. A diofantini egyenletek története http://dok.opredelim.com/docs/index-1732.html

10. Diophantus története http://www.studfiles.ru/preview/4518769/

1.3 Egyenletek megoldási módszerei

Az egyenletek egész és természetes számokban történő megoldása során nagyjából a következő módszerek különböztethetők meg:

1. A lehetőségek felsorolásának módja.

2. Euklideszi algoritmus.

3. Folytatva törtek.

4. Faktorizációs módszer.

5. Egyenletek megoldása egész számokban négyzetként valamilyen változóra vonatkozóan.

6. Maradék módszer.

7. Végtelen süllyedés módszere.

2. fejezet Egyenletek megoldási módszereinek alkalmazása

1. Példák egyenletek megoldására.

2.1 Euklideszi algoritmus.

1. probléma . Oldja meg a 407 egyenletet egész számokkal x – 2816y = 33.

Használjuk az összeállított algoritmust.

1. Az euklideszi algoritmus segítségével megtaláljuk a 407 és 2816 számok legnagyobb közös osztóját:

2816 = 407 6 + 374;

407 = 374 1 + 33;

374 = 33 11 + 11;

Ezért (407,2816) = 11, 33 osztható 11-gyel

2. Osszuk el az eredeti egyenlet mindkét oldalát 11-gyel, így a 37-es egyenletet kapjuk x – 256y= 3 és (37, 256) = 1

3. Az euklideszi algoritmus segítségével megtaláljuk az 1-es szám lineáris ábrázolását a 37-es és 256-os számokon keresztül.

256 = 37 6 + 34;

Az utolsó egyenlőségből fejezzünk ki 1-et, majd az egyenlőségeket egymás után felfelé haladva a 3-at fejezzük ki; 34-et, és a kapott kifejezéseket az 1-es kifejezésbe behelyettesítjük.

1 = 34 – 3 11 = 34 – (37 – 34 1) 11 = 34 12 – 37 11 = (256 – 37 6) 12 – 37 11 =

– 83·37 – 256·(–12)

így 37·(–83) – 256·(–12) = 1, tehát egy számpár x 0= – 83 és y 0= – 12 a 37. egyenlet megoldása x – 256y = 3.

4. Írjuk fel az eredeti egyenlet megoldásainak általános képletét!

Ahol t- tetszőleges egész szám.

2.2 Az opciók felsorolásának módja.

2. feladat. A nyulak és a fácánok egy ketrecben ülnek, összesen 18 lábuk van. Tudja meg, hányan vannak a cellában?

Megoldás: Felállítunk egy egyenletet két ismeretlen változóval, amelyben x a nyulak, y a fácánok száma:

4x + 2y = 18 vagy 2x + y = 9.

Kifejezzük nál nél keresztül x : y = 9 – 2x.

x	1	2	3	4
nál nél	7	5	3	1

Így a problémának négy megoldása van.

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

2.3 Faktorizációs módszer.

A lehetőségek felsorolása, amikor egy kétváltozós egyenlet természetes megoldásait keressük, nagyon munkaigényesnek bizonyul. Sőt, ha az egyenlet rendelkezik egész megoldásokat, akkor lehetetlen felsorolni őket, hiszen végtelen számú ilyen megoldás létezik. Ezért mutatunk még egy technikát - faktorizációs módszer.

3. feladat. Oldja meg az egyenletet egész számokkaly 3 - x 3 = 91.

Megoldás. 1) Rövidített szorzási képletekkel faktorizáljuk az egyenlet jobb oldalát:

(y - x)(y 2 + xy + x 2) = 91……………………….(1)

2) Írjuk fel a 91 szám összes osztóját: ± 1; ± 7; ± 13; ± 91

3) Végezzen kutatást. Vegye figyelembe, hogy bármilyen egész szám esetén xÉs y szám

y 2 + yx + x 2 ≥ y 2 - 2|y||x| + x 2 = (|y| - |x|) 2 ≥ 0,

ezért az egyenlet bal oldalán mindkét tényezőnek pozitívnak kell lennie. Ekkor az (1) egyenlet ekvivalens egyenletrendszerekkel:

; ; ;

4) A rendszerek megoldása után megkapjuk: az első rendszernek vannak megoldásai (5; 6), (-6; -5); harmadik (-3; 4), (-4; 3); a másodiknak és a negyediknek nincs egész számban kifejezett megoldása.

Válasz: az (1) egyenletnek négy megoldása van (5; 6); (-6; -5); (-3; 4); (-4;3).

4. feladat. Keresse meg az összes természetes számpárt, amely kielégíti az egyenletet!

Megoldás. Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát, és írjuk fel az egyenletet a formába

.

Mert A 69-es szám osztói az 1, 3, 23 és 69 számok, ekkor a 69-et kétféleképpen kaphatjuk meg: 69=1·69 és 69=3·23. Tekintve, hogy

, két egyenletrendszert kapunk, melyek megoldásával megtalálhatjuk a szükséges számokat: vagy .

Az első rendszernek van megoldása

, és a második rendszernek van megoldása.

Válasz:

.

5. feladat. Oldja meg az egyenletet egész számokkal:

.

Megoldás.Írjuk fel az egyenletet a formába

.

Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát. Kapunk

.

Két egész szám szorzata csak két esetben lehet egyenlő 1-gyel: ha mindkettő egyenlő 1-gyel vagy -1-gyel. Két rendszert kapunk:

vagy .

Az első rendszernek x=2, y=2, a második rendszernek x=0, y=0 megoldása van.

Válasz:

.

6. feladat. Oldja meg az egyenletet egész számokkal!

Megoldás. Írjuk fel ezt az egyenletet a formába

.

Tényezőzzük az egyenlet bal oldalát a csoportosítási módszerrel, azt kapjuk

.

Két egész szám szorzata 7 lehet a következő esetekben:

7=1· 7=7·1=-1·(-7)=-7·(-1) Így négy rendszert kapunk:

vagy , vagy , vagy .

Az első rendszer megoldása egy x = - 5, y = - 6 számpár. A második rendszert megoldva x = 13, y = 6. A harmadik rendszerre az x = 5 számok a megoldás, y = 6. A negyedik rendszernek x = - 13, y = - 6 megoldása van.

.

7. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a ( x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 30 nem

A 7. osztályos matematika szakon találkozunk először két változós egyenletek, de csak két ismeretlennel rendelkező egyenletrendszerrel összefüggésben tanulmányozzák őket. Emiatt olyan problémák egész sora esik ki a szemünk elől, amelyekben bizonyos feltételeket vezetnek be az egyenlet együtthatóira, amelyek korlátozzák azokat. Emellett figyelmen kívül hagyják az olyan feladatok megoldási módszereit is, mint az „Egyenlet megoldása természetes vagy egész számokban”, bár az ilyen jellegű problémák egyre gyakrabban találhatók meg az egységes államvizsga anyagokban és a felvételi vizsgákon.

Melyik egyenletet nevezzük kétváltozós egyenletnek?

Így például az 5x + 2y = 10, x 2 + y 2 = 20 vagy xy = 12 egyenletek két változóból álló egyenletek.

Tekintsük a 2x – y = 1 egyenletet. Ez akkor válik igazzá, ha x = 2 és y = 3, tehát ez a változó értékpár a kérdéses egyenlet megoldása.

Így bármely két változós egyenlet megoldása rendezett párok (x; y) halmaza, a változók értékei, amelyek ezt az egyenletet valódi numerikus egyenlőséggé alakítják.

Két ismeretlent tartalmazó egyenlet:

A) van egy megoldás. Például az x 2 + 5y 2 = 0 egyenletnek egyedi megoldása van (0; 0);

b) több megoldás is van. Például (5 -|x|) 2 + (|y| – 2) 2 = 0-nak 4 megoldása van: (5; 2), (-5; 2), (5; -2), (-5; - 2);

V) nincsenek megoldásai. Például az x 2 + y 2 + 1 = 0 egyenletnek nincs megoldása;

G) végtelenül sok megoldása van. Például x + y = 3. Ennek az egyenletnek a megoldásai olyan számok lesznek, amelyek összege egyenlő 3-mal. Ennek az egyenletnek a megoldási halmaza felírható a (k; 3 – k) alakban, ahol k bármely valós szám.

A kétváltozós egyenletek megoldásának fő módszerei a faktorálási kifejezéseken alapuló módszerek, a teljes négyzet elkülönítése, a másodfokú egyenlet tulajdonságait alkalmazó, korlátozott kifejezések és becslési módszerek. Az egyenletet általában olyan formává alakítják, amelyből az ismeretlenek megkeresésére szolgáló rendszert kaphatunk.

Faktorizáció

1. példa

Oldja meg az egyenletet: xy – 2 = 2x – y.

Megoldás.

Csoportosítjuk a feltételeket a faktorizálás céljából:

(xy + y) – (2x + 2) = 0. Minden zárójelből kiveszünk egy közös tényezőt:

y(x + 1) – 2(x + 1) = 0;

(x + 1)(y – 2) = 0. Van:

y = 2, x – bármely valós szám vagy x = -1, y – bármilyen valós szám.

És így, a válasz az összes (x; 2), x € R és (-1; y), y € R alakú pár.

Nem negatív számok egyenlősége nullával

2. példa

Oldja meg az egyenletet: 9x 2 + 4y 2 + 13 = 12(x + y).

Megoldás.

Csoportosítás:

(9x 2 – 12x + 4) + (4y 2 – 12y + 9) = 0. Most minden konzol összehajtható a négyzetes különbségi képlet segítségével.

(3x – 2) 2 + (2év – 3) 2 = 0.

Két nemnegatív kifejezés összege csak akkor nulla, ha 3x – 2 = 0 és 2y – 3 = 0.

Ez azt jelenti, hogy x = 2/3 és y = 3/2.

Válasz: (2/3; 3/2).

Becslési módszer

3. példa

Oldja meg az egyenletet: (x 2 + 2x + 2) (y 2 – 4y + 6) = 2.

Megoldás.

Minden zárójelben kiválasztunk egy teljes négyzetet:

((x + 1) 2 + 1)((y – 2) 2 + 2) = 2. Becsüljünk a zárójelben lévő kifejezések jelentését.

(x + 1) 2 + 1 ≥ 1 és (y – 2) 2 + 2 ≥ 2, akkor az egyenlet bal oldala mindig legalább 2. Az egyenlőség akkor lehetséges, ha:

(x + 1) 2 + 1 = 1 és (y – 2) 2 + 2 = 2, ami azt jelenti, hogy x = -1, y = 2.

Válasz: (-1; 2).

Ismerkedjünk meg egy másik módszerrel két másodfokú változójú egyenletek megoldására. Ez a módszer abból áll, hogy az egyenletet úgy kezeljük négyzet valamilyen változóhoz képest.

4. példa

Oldja meg az egyenletet: x 2 – 6x + y – 4√y + 13 = 0.

Megoldás.

Oldjuk meg az egyenletet másodfokú egyenletként x-re. Keressük a diszkriminánst:

D = 36 – 4(y – 4√y + 13) = -4y + 16√y – 16 = -4 (√y – 2) 2 . Az egyenletnek csak akkor lesz megoldása, ha D = 0, vagyis ha y = 4. Az y értékét behelyettesítjük az eredeti egyenletbe, és azt találjuk, hogy x = 3.

Válasz: (3; 4).

Gyakran két ismeretlent tartalmazó egyenletekben jeleznek változókra vonatkozó korlátozások.

5. példa

Oldja meg az egyenletet egész számokkal: x 2 + 5y 2 = 20x + 2.

Megoldás.

Írjuk át az egyenletet x 2 = -5y 2 + 20x + 2 alakba. A kapott egyenlet jobb oldala 5-tel osztva 2 maradékát adja. Ezért x 2 nem osztható 5-tel. 5-tel nem osztható szám 1 vagy 4 maradékát adja. Így az egyenlőség lehetetlen, és nincsenek megoldások.

Válasz: nincs gyökere.

6. példa.

Oldja meg az egyenletet: (x 2 – 4|x| + 5)(y 2 + 6y + 12) = 3.

Megoldás.

Emeljük ki a teljes négyzeteket minden zárójelben:

((|x| – 2) 2 + 1)((y + 3) 2 + 3) = 3. Az egyenlet bal oldala mindig nagyobb vagy egyenlő, mint 3. Az egyenlőség lehetséges, feltéve, hogy |x| – 2 = 0 és y + 3 = 0. Így x = ± 2, y = -3.

Válasz: (2; -3) és (-2; -3).

7. példa.

Minden olyan negatív egész (x;y) párra, amely kielégíti az egyenletet
x 2 – 2xy + 2y 2 + 4y = 33, számítsa ki az összeget (x + y). Kérjük, válaszában a legkisebb összeget tüntesse fel.

Megoldás.

Válasszunk ki teljes négyzeteket:

(x 2 – 2xy + y 2) + (y 2 + 4y + 4) = 37;

(x – y) 2 + (y + 2) 2 = 37. Mivel x és y egész számok, négyzeteik is egész számok. Két egész szám négyzetösszegét 37-tel kapjuk, ha 1 + 36-ot összeadunk.

(x – y) 2 = 36 és (y + 2) 2 = 1

(x – y) 2 = 1 és (y + 2) 2 = 36.

Ezeket a rendszereket megoldva, és figyelembe véve, hogy x és y negatív, a következő megoldásokat találjuk: (-7; -1), (-9; -3), (-7; -8), (-9; -8).

Válasz: -17.

Ne essen kétségbe, ha nehézségei vannak a két ismeretlennel rendelkező egyenlet megoldásában. Egy kis gyakorlással bármilyen egyenletet kezelhet.

Van még kérdése? Nem tudja, hogyan kell két változós egyenleteket megoldani?
Ha segítséget szeretne kérni egy oktatótól, regisztráljon.
Az első óra ingyenes!

weboldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.

Az erdő széléről sok ösvény vezet a sűrűbe. Tekervényesek, összefolynak, újra szétválnak és újra metszik egymást. Séta közben csak ezeknek az ösvényeknek a rengetegét lehet észrevenni, végigsétálni néhányon, és nyomon követni irányukat az erdő mélyére. Az erdő komoly tanulmányozásához addig kell követnie az ösvényeket, amíg egyáltalán nem láthatók a száraz fenyőtűk és bokrok között.

Ezért szerettem volna egy olyan projektet írni, amely a modern matematika egyik lehetséges séta leírásának tekinthető.

A környező világ, a nemzetgazdasági igények, sokszor a mindennapi gondok egyre több új feladat elé állítják az embert, amelyekre nem mindig kézenfekvő a megoldás. Néha egy adott kérdésre sok lehetséges válasz van, ami megnehezíti a problémák megoldását. Hogyan válasszuk ki a megfelelő és optimális lehetőséget?

A bizonytalan egyenletek megoldása közvetlenül kapcsolódik ehhez a kérdéshez. Az ilyen, két vagy több változót tartalmazó egyenleteket, amelyekhez minden egész vagy természetes megoldást meg kell találni, ősidők óta foglalkoznak. Például a görög matematikus, Pythagoras (i.e. IV. század). az alexandriai matematikus Diophantus (Kr. u. II-III. század) és egy hozzánk közelebb álló korszak legjobb matematikusai - P. Fermat (XVII. század), L. Euler (XVIII. század), J. L. Lagrange (XVIII. század) és mások.

Részt veszek az orosz levelezőversenyen > Obnyinszkban, a Nemzetközi Játékversenyen > és az Uráli Szövetségi Körzet Olimpiáján gyakran találkozom ilyen feladatokkal. Ez annak köszönhető, hogy a megoldásuk kreatív. Az egyenletek egész számokban történő megoldása során felmerülő problémákat egyrészt a bonyolultság, másrészt az okozza, hogy az iskolában kevés időt fordítanak rájuk.

Diophantus a tudománytörténet egyik legnehezebb titkát mutatja be. Életének idejét nem ismerjük, sem elődeit, akik ugyanezen a területen dolgoztak volna. Művei olyanok, mint a szikrázó tűz az áthatolhatatlan sötétség közepette.

Fél évezred az az időszak, amikor Diophantus élhetett! Az alsó határt minden nehézség nélkül meghatározzák: a sokszögszámokról szóló könyvében Diophantus többször is megemlíti a 2. század közepén élt alexandriai Hypsicles matematikust. időszámításunk előtt e.

Az alexandriai Theonnak a híres csillagászhoz, Ptolemaioszhoz intézett megjegyzéseiben viszont található egy részlet Diophantus munkájából. Theon a 4. század közepén élt. n. e. Ez határozza meg ennek az intervallumnak a felső határát. Szóval 500 év!

Paul Tannry francia tudománytörténész, Diophantus legteljesebb szövegének szerkesztője ezt a szakadékot próbálta szűkíteni. Az Escurial könyvtárban kivonatokat talált Michael Psellus, a 11. századi bizánci tudós leveléből. , ahol azt mondják, hogy a legtudósabb Anatolij, miután összegyűjtötte e tudomány leglényegesebb részeit, az ismeretlen fokozatainak bevezetéséről és azok (megnevezéséről) beszélünk, barátjának, Diophantusnak ajánlotta. Alexandriai Anatolij valóban komponált >, melynek kivonatait Iamblichus és Eusenius fennmaradt művei idézik. De Anatolij Alexandriában élt a Kr.e. 111. század közepén. e és még pontosabban - 270-ig, amikor Laodacia püspöke lett. Ez azt jelenti, hogy barátsága Diophantusszal, akit mindenki Alexandriának hív, bizonyára ez előtt megvolt. Tehát, ha a híres alexandriai matematikus és Anatolij barátja, Diophantus egy személy, akkor Diophantus életének ideje a 111. század közepe.

De Diophantus lakóhelye jól ismert - Alexandria, a tudományos gondolkodás és a hellenisztikus világ központja.

A nádori antológia egyik epigrammája a mai napig fennmaradt:

Diophantus hamvai a sírban nyugszanak: csodálkozz rá – és a kőre

Az elhunyt kora bölcs művészetén keresztül fog beszélni.

Az istenek akaratából gyermekként élte le élete hatodát.

És találkoztam fél hatkor szöszökkel az arcomon.

Csak a hetedik nap volt, amikor eljegyezte a barátnőjét.

Miután öt évet töltött vele, a bölcs megvárta a fiát.

Apja szeretett fia életének csak a felét élte le.

Apjától a korai sírja vette el.

A szülő két éven keresztül kétszer gyászolt súlyos gyászt.

Itt láttam meg szomorú életem határát.

Az egyenletek megoldásának modern módszereivel kiszámítható, hogy Diophantus hány évet élt.

Éljen Diophantus x évig. Hozzuk létre és oldjuk meg az egyenletet:

Szorozzuk meg az egyenletet 84-gyel, hogy megszabaduljunk a törtektől:

Így Diophantus 84 évet élt.

A legtitokzatosabb Diophantus munkája. A tizenhárom könyvből hat jutott el hozzánk, amelyek stílusa és tartalma élesen eltér a klasszikus ókori számelméleti és -algebrai munkáktól, amelyek példáit > Euklidész, az ő >, a művek lemmáiból ismerjük. Arkhimédész és Apollóniosz. > kétségtelenül számos tanulmány eredménye volt, amelyek teljesen ismeretlenek maradtak.

Gyökereiről csak találgathatunk, módszereinek és eredményeinek gazdagságán és szépségén csodálkozhatunk.

> A Diophanta feladatok gyűjteménye (összesen 189), amelyek mindegyikének van megoldása. A benne szereplő problémák gondosan válogatottak, és nagyon konkrét, szigorúan átgondolt módszerek illusztrálására szolgálnak. Az ókorban szokás szerint a módszereket nem általános formában fogalmazzák meg, hanem megismétlik hasonló problémák megoldására.

Megbízhatóan ismert Diophantus egyedülálló életrajza, amelyet a legenda szerint a sírkövére véstek, és rejtvényt jelentett:

Ez a rejtvény példaként szolgál azokra a problémákra, amelyeket Diophantus megoldott. Szakterülete az egész számokkal történő problémák megoldása. Az ilyen problémákat jelenleg Diophantine problémáknak nevezik.

A diofantini egyenletek tanulmányozása általában nagy nehézségekkel jár.

1900-ban a párizsi Matematikusok Világkongresszuson a világ egyik vezető matematikusa, David Hilbert 23 problémát azonosított a matematika különböző területeiről. Az egyik ilyen probléma a diofantusi egyenletek megoldásának problémája volt. A probléma a következő volt: meg lehet-e oldani egy egyenletet tetszőleges számú ismeretlennel és egész együtthatóval meghatározott módon - algoritmus segítségével? A feladat a következő: egy adott egyenlethez meg kell találni az egyenletben szereplő változók összes egész vagy természetes értékét, amelynél az igazi egyenlőséggé alakul. Diophantus sokféle megoldást talált ki az ilyen egyenletekre. A diofantini egyenletek végtelen sokfélesége miatt nincs általános algoritmus a megoldásukra, szinte minden egyenlethez egyedi technikát kell kitalálni.

Egy 1. fokú diofantin egyenlet vagy egy lineáris diofantin egyenlet két ismeretlennel a következő alakú egyenlet: ax+by=c, ahol a,b,c egész szám, GCD(a,b)=1.

Meg fogom adni azoknak a tételeknek a megfogalmazásait, amelyek alapján összeállítható egy algoritmus két változó egész számban történő határozatlan elsőfokú egyenleteinek megoldására.

1. Tétel. Ha egy egyenletben, akkor az egyenletnek legalább egy megoldása van.

Bizonyíték:

Feltételezhetjük, hogy a >0. Az x egyenlet megoldása után a következőt kapjuk: x = c-vua. Bebizonyítom, hogy ha ebben a képletben y helyett minden a-nál és 0-nál kisebb természetes számot helyettesítünk, azaz a 0;1;2;3; számokat. ;a-1, és minden alkalommal, amikor végrehajtja az osztást, akkor minden a maradék más lesz. Valóban, y helyett az a-nál kisebb m1 és m2 számokat fogom helyettesíteni. Ennek eredményeként két törtet kapok: c-bm1a és c-bm2a. Miután elvégeztem az osztást, és a hiányos hányadosokat q1-gyel és q2-vel, a maradékokat pedig r1-el és r2-vel jelölve, azt kapom, hogy с-вm1а=q1+ r1а, с-вm2а= q2+ r2а.

Feltételezem, hogy az r1 és r2 maradékok egyenlőek. Ekkor az első egyenlőségből a másodikat kivonva a következőt kapom: c-bm1a- c-bm2a = q1-q2, vagy b(m1 - m2)a = q1-q2.

Mivel q1-q2 egész szám, ezért a bal oldalnak egész számnak kell lennie. Ezért bm1 - m2-nek oszthatónak kell lennie a-val, azaz két természetes szám különbségének, amelyek mindegyike kisebb, mint a, oszthatónak kell lennie a-val, ami lehetetlen. Ez azt jelenti, hogy az r1 és r2 maradékok egyenlőek. Vagyis minden maradvány más.

Hogy. Különféle egyenlegek közül a-t kaptam, amely kevesebb, mint a. De az a-t meg nem haladó természetes számok megkülönböztető a-ja a 0;1;2;3;. ;a-1. Következésképpen a maradékok között minden bizonnyal egy és csak egy lesz egyenlő nullával. Az y értéke, amelynek behelyettesítése a (c-vu)a kifejezésbe 0 maradékot ad, és x=(c-vu)a-t egész számmá alakítja. Q.E.D.

2. Tétel. Ha az egyenletben és c nem osztható vele, akkor az egyenletnek nincs egész megoldása.

Bizonyíték:

Legyen d=GCD(a;b), így a=md, b=nd, ahol m és n egész számok. Ekkor az egyenlet a következő formában lesz: mdх+ ndу=с, vagy d(mх+ nу)=с.

Feltételezve, hogy vannak olyan x és y egész számok, amelyek kielégítik az egyenletet, azt tapasztalom, hogy a c együttható osztható d-vel. A kapott ellentmondás bizonyítja a tételt.

3. Tétel. Ha az és egyenletben, akkor ekvivalens azzal az egyenlettel, amelyben.

4. Tétel. Ha egy egyenletben, akkor ennek az egyenletnek minden egész megoldását a képletek tartalmazzák:

ahol x0, y0 az egyenlet egész megoldása, tetszőleges egész szám.

A megfogalmazott tételek lehetővé teszik az alábbi algoritmus megalkotását egy egész számokban lévő alak egyenletének megoldására.

1. Határozzuk meg az a és b számok legnagyobb közös osztóját, ha c nem osztható -val, akkor az egyenletnek nincs egész megoldása; ha és akkor

2. Osszuk el az egyenletet tagokkal, kapjunk egy egyenletet, amelyben.

3. Keresse meg az egyenlet egész megoldását (x0, y0) úgy, hogy 1-et és számok lineáris kombinációjaként ábrázolja;

4. Hozzon létre egy általános képletet az egyenlet egész számú megoldására, ahol x0, y0 az egyenlet egész megoldása, és tetszőleges egész szám.

2. 1 LESZÁLLÍTÁSI MÓDSZER

Sok > bizonytalan egyenletek megoldási módszerein alapul. Például egy trükk, amely magában foglalja a születési dátum kitalálását.

Kérd meg barátodat, hogy tippelje meg születésnapját a születési dátumának 12-vel és a születési hónapjának 31-gyel való szorzatával megegyező számok összegével.

A barátod születésnapjának kitalálásához meg kell oldanod a következő egyenletet: 12x + 31y = A.

Adjuk meg a 380-as számot, azaz megvan a 12x + 31y = 380 egyenlet. Az x és y megtalálásához a következőképpen okoskodhatunk: a 12x + 24y szám osztható 12-vel, tehát a tulajdonságok szerint oszthatóság (4.4. tétel), a 7y és a 380 számnak 12-vel osztva ugyanannak a maradéknak kell lennie. A 380-as szám 12-vel osztva 8 maradékot ad, ezért 7y-nek 12-vel osztva is 8-at kell hagynia, és mivel y a hónap száma, majd 1

Az általunk megoldott egyenlet egy 1. fokú diofantini egyenlet két ismeretlennel. Az ilyen egyenletek megoldására az úgynevezett leszálló módszer használható. Ennek a módszernek az algoritmusát az 5x + 8y = 39 egyenlet alapján fogom megvizsgálni.

1. Kiválasztom azt az ismeretlent, amelynek a legkisebb az együtthatója (esetünkben ez x), és egy másik ismeretlenen keresztül fejezem ki:. Kiemelném a teljes részt: Nyilvánvaló, hogy x egész szám lesz, ha a kifejezés egész számnak bizonyul, ami viszont akkor lesz, ha a 4 - 3y szám maradék nélkül osztható 5-tel.

2. Bevezetek egy további z egész változót a következőképpen: 4 - 3y = 5z. Ennek eredményeként az eredetivel azonos típusú egyenletet kapok, de kisebb együtthatókkal. Az y: változóra tekintettel fogom megoldani. A teljes részt kiválasztva a következőt kapom:

Az előzőhöz hasonlóan okoskodva bevezetek egy új u változót: 3u = 1 - 2z.

3. Az ismeretlent a legkisebb együtthatóval fogom kifejezni, ebben az esetben a z változóval: =. Ha megkövetelik, hogy egész szám legyen, akkor a következőt kapom: 1 - u = 2v, ahonnan u = 1 - 2v. Nincs több töredék, az ereszkedés kész.

4. Most szüksége van >. A v változón keresztül fogom kifejezni először z, majd y, majd x: z = = = 3v - 1; = 3-5V.

5. Az x = 3+8v és y = 3 - 5v képletek, ahol v tetszőleges egész szám, az eredeti egyenlet általános megoldását jelentik egész számokban.

Megjegyzés. Így a leszármazási módszer abból áll, hogy először szekvenciálisan fejezzük ki az egyik változót egy másikkal, amíg a változó reprezentációjában már nem marad törtrész, majd szekvenciálisan egy egyenlőséglánc mentén, hogy általános megoldást kapjunk az egyenletre.

2. 2 FELMÉRÉS MÓDJA

A nyulak és a fácánok egy ketrecben ülnek, összesen 18 lábuk van. Tudja meg, hányan vannak a cellában?

Hozzunk létre egy egyenletet két ismeretlennel, amelyben x a nyulak, y pedig a fácánok száma:

4x + 2y = 18 vagy 2x + y = 9.

Válasz. 1) 1 nyúl és 7 fácán; 2) 2 nyúl és 5 fácán; 3) 3 nyúl és 3 fácán; 4) 4 nyúl és 1 fácán.

1. GYAKORLATI RÉSZ

3.1 Lineáris egyenletek megoldása két ismeretlennel

1. Oldja meg a 407x - 2816y = 33 egyenletet egész számokkal!

Az összeállított algoritmust fogom használni.

1. Az euklideszi algoritmus segítségével megkeresem a 407 és 2816 számok legnagyobb közös osztóját:

2816 = 407 6 + 374;

407 = 374 1 + 33;

374 = 33 11 + 11;

Ezért (407,2816) = 11, 33 osztható 11-gyel.

2. Osszuk el az eredeti egyenlet mindkét oldalát 11-gyel, így kapjuk az egyenletet 37x - 256y = 3, és (37, 256) = 1

3. Az euklideszi algoritmus segítségével megkeresem az 1-es szám lineáris ábrázolását a 37-es és 256-os számokon keresztül.

256 = 37 6 + 34;

Az utolsó egyenlőségből 1-et fogok kifejezni, majd az egyenlőségeket felfelé haladva 3-at fogok kifejezni; 34-et, és a kapott kifejezéseket az 1-es kifejezésbe behelyettesítjük.

1 = 34 - 3 11 = 34 - (37 - 34 1) 11 = 34 12 - 37 11 = (256 - 37 6) 12 - 37 11 =

83 37-256 (-12)

Így 37·(- 83) - 256·(- 12) = 1, ezért az x0 = - 83 és y0 = - 12 számpár a 37x - 256y = 3 egyenlet megoldása.

4. Felírom az eredeti egyenlet megoldásainak általános képletét, ahol t tetszőleges egész szám.

Válasz. (-83c+bt; -12c-at), t є Z.

Megjegyzés. Bebizonyítható, hogy ha az (x1,y1) pár egész megoldása annak az egyenletnek, ahol, akkor ennek az egyenletnek minden egész megoldása megtalálható a következő képletekkel: x=x1+bty=y1-at

2. Oldja meg a 14x - 33y=32 egyenletet egész számokkal!

Megoldás: x = (32 + 33y) : 14

(14 [. ] 2+ 5)y + (14 [. ] 2 + 4) = 14 [. ] 2év + 5év + 14[. ] 2 + 4 = 14 (2 év + 2) + 5 év + 4; 2y + 2 = p; p є Z

Keresés 1-től 13-ig

Ha y = 2; (5 [. ] 2 + 4): 14

Helyettesítsem be y = 2-t az eredeti egyenletbe

14x = 32 +33 [. ] 2

14x = 32 + 66 x = 98: 14 = 7

A talált hányadosból megkeresem az összes egész megoldást:

14 (x - 7) + 98 - 33 (y -2) - 66 = 32

14(x-7)-33(y-2)=0

14 (x - 7) = 33 (y - 2) -> 14 (x - 7) : 33 -> (x - 7): 33 -> x = 33 k + 7; k є Z

Behelyettesítem az eredeti egyenletbe:

14 (33k + 7) - 33y = 32

14. 33 ezer + 98 - 33 év = 32 év = 14 ezer + 2; x = 33k + 7, ahol k є Z. Ezek a képletek az eredeti egyenlet általános megoldását adják meg.

Válasz. (33k + 7; 14k + 2), k є Z.

3. Oldja meg az x - 3y = 15 egyenletet egész számokkal!

Megkeresem a GCD(1,3)=1-et

Meghatározok egy konkrét megoldást: x=(15+3y):1 a felsorolási módszerrel, megkeresem az y=0 értéket, majd az x=(15+3 [. ] 0) =15

(15; 0) - privát megoldás.

Az összes többi megoldást a következő képletekkel találjuk meg: x=3k + 15, k є Z y=1k+0=k, k є Z ha k=0, egy adott megoldást kapok (15;0)

Válasz: (3k+15; k), k є Z.

4. Oldja meg a 7x - y = 3 egyenletet egész számokkal!

Megkeresem a GCD(7, -1)=1-et

Meghatározok egy konkrét megoldást: x = (3+y):7

A nyers erő módszerével az y є y = 4, x = 1 értéket kapjuk

Ez azt jelenti, hogy (1;4) egy speciális megoldás.

Az összes többi megoldást a következő képletekkel találom meg: x = 1k + 1, k є Z y = 7k + 4, k є Z

Válasz: (k+1;7k+4); k є Z.

5. Oldja meg a 15x+11 y = 14 egész egyenletet!

Megkeresem a GCD(15, -14)=1-et

Meghatározok egy konkrét megoldást: x = (14 - 11y):15

A nyers erő módszerével az y є y = 4, x = -2 értéket találom

(-2;4) egy speciális megoldás.

Az összes többi megoldást a következő képletekkel találom meg: x = -11k - 2, k є Z y =15k + 4, k є Z

Válasz: (-11k-2; 15k+4); k є Z.

6. Oldja meg a 3x - 2y = 12 egész egyenletet!

Megkeresem a GCD(3; 2)=1 értéket

Meghatározok egy konkrét megoldást: x = (12+2y):3

A nyers erő módszerével az y є y = 0, x = 4 értéket találom

(4;0) egy speciális megoldás.

Az összes többi megoldást a következő képletekkel találom meg: x = 2k + 4, k є Z y = 3k, k є Z

Válasz: (2k+4; 3k); k є Z.

7. Oldja meg az xy = x + y egyenletet egész számokban!

xy - x - y + 1 = 1 vagy (x - 1) (y - 1) = 1

Ezért x - 1 = 1, y - 1 = 1, ahonnan x = 2, y = 2 vagy x - 1 = - 1, y - 1 = - 1, ahonnan x = 0, y = 0 más megoldás egész számokban, ha a egyenlet nem rendelkezik.

Válasz. 0;0;(2;2).

8. Oldja meg a 60x - 77y = 1 egyenletet egész számokkal!

Hadd oldjam meg ezt az egyenletet x-re: x = (77y + 1) / 60 = (60y + (17y +1)) / 60 = y + (17y + 1) / 60.

Legyen (17y + 1) / 60 = z, akkor y = (60z - 1) / 17 = 3z + (9z - 1) / 17. Ha a (9z - 1) / 17-et t-vel jelöljük, akkor z = (17t) + 1) / 9 = 2t + (- t + 1) / 9. Végül legyen (- t + 1) / 9 = n, majd t = 1-9n. Mivel az egyenletnek csak egész számú megoldását találom, z, t, n egész számnak kell lennie.

Így z = 2 - 18n + 2 = 2 - 17n, és ezért y = 6 - 51n + 1 - 9n = 7 - 60n, x = 2 - 17n +7 - 60n = 9 - 77n. Tehát, ha x és y egy adott egyenlet egész megoldásai, akkor van olyan n egész szám, amelyre x = 9 - 77n, y = 7 - 60n. Ezzel szemben, ha y = 9 - 77n, x = 7 - 60n, akkor nyilvánvalóan x, y egész számok. Az ellenőrzés azt mutatja, hogy megfelelnek az eredeti egyenletnek.

Válasz. (9-77n; 7-60n)); n є Z.

9. Oldja meg a 2x+11y =24 egyenletet egész számokkal!

Megkeresem a GCD(2; 11)=1 értéket

Meghatározok egy konkrét megoldást: x = (24-11y):2

A nyers erő módszerével az y є y = 0, x = 12 értéket találom

(12;0) egy speciális megoldás.

Az összes többi megoldást a következő képletekkel találom meg: x = -11k + 12, k є Z y = 2k + 0=2k, k є Z

Válasz:(-11k+12; 2k); k є Z.

10. Oldja meg a 19x - 7y = 100 egyenletet egész számokkal!

Megkeresem a GCD(19, -7)=1-et

Meghatározok egy konkrét megoldást: x = (100+7y):19

A nyers erő módszerével az y є y = 2, x = 6 értéket találom

(6;2) egy speciális megoldás.

Az összes többi megoldást a következő képletekkel találom meg: x = 7k + 6, k є Z y = 19k + 2, k є Z

Válasz:(7k+6; 19k+2); kє Z.

11. Oldja meg a 24x - 6y = 144 egyenletet egész számokkal

Megkeresem a GCD(24, 6)=3 értéket.

Az egyenletnek nincs megoldása, mert GCD(24, 6)!=1.

Válasz. Nincsenek megoldások.

12. Oldja meg az egyenletet egész számokkal!

Átalakítom az együtthatók arányát ismeretlenekre.

Először is kiemelem a helytelen tört egész részét;

A megfelelő törtet helyettesítem egy egyenlő törttel.

Akkor megszerzem.

Ugyanezt a transzformációt végzem el a nevezőben kapott nem megfelelő törttel.

Most az eredeti tört alakja a következő:

Megismételve ugyanazt az érvelést a törtre, értem.

A helytelen tört teljes részét elkülönítve a végeredményhez jutok:

Kaptam egy kifejezést, amelyet véges folyamatos törtnek vagy folytonos törtnek neveznek. Miután elvetettem ennek a folytatólagos törtnek az utolsó láncszemét - egyötödét, az eredményül kapott új folyamatos törtet egyszerűvé alakítom, és kivonom az eredeti törtből.

A kapott kifejezést közös nevezőre redukálom, majd elveszem

A kapott egyenlőség és az egyenlet összehasonlításából az következik, hogy megoldása lesz ennek az egyenletnek, és a tétel szerint minden megoldása benne lesz,.

Válasz. (9+52t; 22+127t), t є Z.

A kapott eredmény azt sugallja, hogy általános esetben az egyenlet megoldásához az ismeretlenek együtthatóinak arányát egy folyamatos törtté kell bővíteni, az utolsó láncszemét el kell vetni, és az elvégzettekhez hasonló számításokat kell végezni. fent.

13. Oldja meg a 3xy + 2x + 3y = 0 egyenletet egész számokkal!

3xy + 2x + 3y = 3y + 2x + 3y + 2 - 2 = 3y (x + 1) + 2 (x + 1) - 2 =

=(x + 1)(3y + 2) - 2,

(x + 1) (3y + 2) = 2,

3y + 2 = 1 vagy 3y + 1 = 2 vagy 3y + 1 = -1 vagy 3y + 1 = -2 x + 1 = 2, x + 1 = 1, x + 1 = -2, x + 1 = -1 ; x = 2 vagy x = 0 vagy x = -3 vagy x = -2 y cent z, y = 0, y = -1, y cent z.

Válasz: (0;0);(-3;-1).

14. Oldja meg az y - x - xy = 2 egyenletet egész számokkal!

Megoldás: y - xy - x + 1 = 3, (y + 1) (1 - x) = 3,

3 = 1 · 3 = 3 · 1 = (-1) · (-3) = (-3) · (-1).

y + 1 = 1 vagy y + 1 = 3 vagy y + 1 = -1 vagy y + 1 = -3

1 - x =3, 1 - x =1, 1 - x = -3, 1 - x = -1.

y = 0 vagy y = 2 vagy y = -2 vagy y = -4 x = -2, x = 0, x = 4, x = 2

Válasz: (-2;0);(0;2);(2;-4);(4;-2).

15. Oldja meg az y + 4x + 2xy = 0 egyenletet egész számokkal!

Megoldás: y + 4x + 2xy + 2 - 2 = 0, (2x + 1) (2 + y) = 2,

2 = 1∙2 = 2∙1 = (-2)∙(-1) = (-1)∙(-2).

2x + 1 = 1 vagy 2x + 1 = 2 vagy 2x + 1 = -1 vagy 2x + 1 = -2

2 + y = 2, 2 + y = 1, 2 + y = -2, 2 + y = -1; y = 0 vagy y = -1 vagy y = -4 vagy y = -3 x = 0, x Z cent, x = -1, x Z cent.

Válasz: (-1;-4);(0;0).

16. Oldja meg az 5x + 10y = 21 egyenletet egész számokkal!

5(x + 2y) = 21, mivel 21 != 5n, akkor nincsenek gyökök.

Válasz. Nincsenek gyökerek.

17. Oldja meg a 3x + 9y = 51 egyenletet természetes számokban!

3(x + 3y) = 3∙17, x = 17 - 3y, y = 1, x = 14; y = 2, x = 11; y = 3, x = 8; y=4, x=5; y = 5, x = 2; y = 6, x = -1, -1 cent N.

Válasz:(2;5);(5;4);(8;3);(11;2; (14:1).

18. Oldja meg a 7x+5y=232 egyenletet egész számokkal!

Ezt az egyenletet arra az ismeretlenre fogom megoldani, amelynél a legkisebb (modulo) együttható található, vagyis jelen esetben y-ra: y = 232-7x5.

Hadd cseréljem be a számokat x helyett ebbe a kifejezésbe: 0;1;2;3;4. A következőt kapom: x=0, y=2325=4625, x=1, y=232-75=45, x=2, y=232-145=43,6, x=3, y=232-215=42, 2 , x=4, y=232-285=40,8

Válasz. (1;45).

19. Oldja meg a 3x + 4y + 5xy = 6 egyenletet egész számokkal!

Nálam 3∙4 + 5∙6 = 42 = mn

42. osztó: - +- (1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42).

x = m - 45, y = n - 35 Megállapítom, hogy m = -1, -6, 14, -21 esetén n = -42, -7, 3, -2 a megoldások: x = -1, -2 , 2, -5 y = -9, -2, 0, -1.

Tehát ennek az egyenletnek 4 megoldása van egész számokban, és egy sem természetes számokban.

Válasz. -1;-9;-2;-2;2;0;(-5;-1).

20. Oldja meg a 8x+65y=81 egyenletet természetes számokban!

81⋮GCD(8;65)=>

8x=81-65y x=81-65y8=16+65-65y8=2+65(1-y)8.

Legyen 1-y8=t, t Є Z. x=2+65t>0y=1-8t>0

65t>-2-8t>-1 t>-265 t t=0.

Amikor t=0 x=2y=1

Válasz. (2;1).

21. Keresse meg a 3x+7y=250 egyenlet nemnegatív egész számú megoldását!

250⋮GCD(3;7) =>az egyenlet egész számokban is megoldható.

x=250-7y3=243+7-7y3=81+7(1-y)3.

Legyen 1-y3=t, t Є Z.

x=81+7t>=0y=1-3t>=0

7t>=-81-3t>=-1 t>=-817t=-1147t t=-11;-10;. ;0.

x=81+7tu=1-3t t=-11 ​​x=4y=34 t=-10 x=11y=31 t=-9 x=18y=28 t=-8 x=25y=25 t=- 7 x =32y=22 t=-6 x=39y=19 t=-5 x=46y=16 t=-4 x=53y=13 t=-3 x=60y=10 t=-2 x=67y= 7 t =-1 x=74y=4 t=0 x=81y=1

Válasz. 11;31;18;28;25;25;32;22;39;19;46;16;53;13;60;10;67;7;74;4;81;1.

22. Oldja meg az xy+x+y3=1988 egyenletet egész számokban!

Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 3-mal.

3x+3xy+y=5964

3x+3xy+y+1=5965

(3х+1)+(3х+у)=5965

(3x+1) + y(3x+1)=5965

(3x+1)(y+1)=5965

5965=1∙5965 vagy 5965=5965∙1 vagy 5965=-1∙(-5965) vagy 5965=-5965∙(-1) vagy 5965=5∙1193 vagy 5965=1193∙65 -1193) vagy 5965=-1193∙(-5)

1) 3x+1=1y+1=5965 2) 3x+1=5965y+1=1 x=0y=5964 x=1988y=0

3) 3x+1=5y+1=1193 4) 3x+1=1193y+1=5 megoldás egész számban nincs megoldás egész számban nem

5) 3x+1=-1y+1=-5965 6) 3x+1=-5965y+1=-1 nincs megoldás egész számban nincs megoldás egész számban

7) 3x+1=-5y+1=-1193 8) 3x+1=-1193y+1=-5 x=-2y=1194 x=-398y=-6

Válasz. 0;5964;1988;0;-2;-1194;(-398;-6).

3. 2 PROBLÉMAMEGOLDÁS

Többféle probléma létezik, ezek leggyakrabban olimpiai jellegű feladatok, amelyek a diofantini egyenletek megoldására vezethetők vissza. Például: a) Feladatok egy bizonyos címletű pénzösszeg átváltására.

b) Transzfúzióval és tárgyak felosztásával kapcsolatos problémák.

1. 390 db színes ceruzát vásároltunk 7 db és 12 db ceruza dobozban. Hány ilyen és más dobozt vettél?

Kijelölöm: x doboz 7 ceruzával, y doboz 12 ceruzával.

Hozzunk létre egy egyenletet: 7x + 12y = 390

Megkeresem a GCD(7, 12)=1 értéket

Meghatározok egy konkrét megoldást: x = (390 - 12y):7

A nyers erő módszerével az y є y = 1, x = 54 értéket találom

(54;1) egy sajátos megoldás.

Az összes többi megoldást a következő képletekkel találom meg: x = -12k + 54, k є Z y = 7k + 1, k є Z

Sok megoldást találtam az egyenletre. A probléma körülményeit figyelembe véve mindkét doboz lehetséges számát meghatározom.

Válasz. Vásárolhat: 54 doboz 7 ceruzát és 1 doboz 12 ceruzát, vagy 42 doboz 7 ceruzát és 8 doboz 12 ceruzát, vagy 30 doboz 7 ceruzát és 15 doboz 12 ceruzát, vagy 28 doboz 7 ceruzát és 22 doboz 12 ceruzával , vagy 6 doboz 7 ceruzával és 29 doboz 12 ceruzával.

2. Egy derékszögű háromszög egyik szára 7 cm-rel nagyobb, mint a másik, a háromszög kerülete 30 cm. Határozzuk meg a háromszög összes oldalát!

Kijelölöm: x cm - egyik láb, (x+7) cm - másik láb, y cm - hipotenusz

Összeállítom és megoldom a diofantusz egyenletet: x+(x+7)+y=30

Megkeresem a GCD(2; 1)=1 értéket

Meghatározok egy konkrét megoldást: x = (23 - y):2

A nyers erő módszerével az y =1 y = 1, x = 11 értéket kapom

(11;1) egy speciális megoldás.

Az egyenlet összes többi megoldását a következő képletekkel találom meg: x = -k + 11, k є Z y = 2k + 1, k є Z k

Figyelembe véve, hogy a háromszög bármely oldala kisebb, mint a másik két oldal összege, arra a következtetésre jutunk, hogy három háromszög 7, 9 és 14 oldalú; 6., 11. és 13.; 5, 13 és 12. A feladat feltételei szerint egy derékszögű háromszög adott. Ez egy háromszög, amelynek oldalai 5, 13 és 12 (a Pitagorasz-tétel érvényes).

Válasz: Az egyik láb 5 cm, a másik 12 cm, az alsó rész 13 cm.

3. Több gyerek almát szedett. Minden fiú 21 kg-ot, a lány 15 kg-ot gyűjtött. Összesen 174 kg-ot gyűjtöttek. Hány fiú és hány lány szedett almát?

Legyen x fiú és y lány, ahol x és y természetes számok. Hozzunk létre egy egyenletet:

Kiválasztási módszerrel oldom meg: x

6 Csak x = 4 esetén a második ismeretlen kap pozitív egész értéket (y = 6). Minden más x érték esetén y tört vagy negatív lesz. Ezért a problémának egyetlen egyedi megoldása van.

Válasz. 4 fiú és 6 lány.

4. Létrehozható-e 3 rubel értékű ceruzakészlet és 20 rubel 6 rubel értékű toll?

Legyen a halmazban lévő ceruzák száma x, a tollak száma pedig y.

Hozzunk létre egy egyenletet:

Bármely x és y egész szám esetén az egyenlet bal oldalának oszthatónak kell lennie 3-mal; a jobb oldal nem osztható 3-mal. Ez azt jelenti, hogy nincs olyan x és y egész szám, amely kielégítené az egyenletünket. Ez az egyenlet nem oldható meg egész számokkal. Lehetetlen ilyen készletet létrehozni.

Válasz. Nincsenek megoldások.

5. Keress egy természetes számot, amelyet 3-mal elosztva 2, 5-tel osztva pedig 3 marad vissza.

A kívánt számot x-szel jelölöm. Ha x hányadosát 3-mal jelölöm y-val, az 5-tel osztás hányadosát pedig z-vel, akkor azt kapom, hogy x=3y+2x=5z+3

A feladat jelentése szerint x, y és z természetes számok. Ez azt jelenti, hogy meg kell oldanunk egy határozatlan egyenletrendszert egész számokban.

Bármely y és z egész szám esetén x is egész szám lesz. Kivonom az elsőt a második egyenletből, és megkapom:

5z - 3y + 1 = 0.

Miután megtaláltam az összes y és z pozitív egész számot, azonnal megkapom x összes pozitív egész értékét.

Ebből az egyenletből a következőket kapom:

Egy megoldás kézenfekvő: z = 1 esetén y = 2, x és y pedig egész számok. Az x = 8 megoldás felel meg nekik.

Majd találok más megoldásokat. Ehhez bevezetek egy ismeretlen u segédelemet, z = 1 + u beállítással. Kapni fogok:

5(1 + u) - 3y + 1 = 0, azaz 5u = 3y - 6 vagy 5u = 3 (y - 2).

Az utolsó egyenlet jobb oldala osztható 3-mal bármely y egész esetén, ez azt jelenti, hogy a bal oldalnak is oszthatónak kell lennie 3-mal. ezért u-nak oszthatónak kell lennie 3-mal, azaz 3n alakúnak kell lennie, ahol n egész szám. Ebben az esetben y egyenlő lesz

15n/3 + 2 = 5n + 2, azaz szintén egész szám. Tehát z = 1 + u = 1 + 3n, ahonnan x = 5z + 3 = 8 + 15n.

Az eredmény nem egy, hanem egy végtelen értékhalmaz x-hez: x = 8 + 15n, ahol n egy egész szám (pozitív vagy nulla):

Válasz. x=8+15n; n є 0;1;2;.

6. Az alanyok 300 drágakövet vittek ajándékba a sahnak: kis, egyenként 15 darabos dobozokban és nagy dobozokban - 40 darabot. Hány ilyen és más doboz volt, ha ismert, hogy kevesebb volt a kicsi, mint a nagy?

Hadd jelöljem x-szel a kis dobozok, y-vel a nagyok számát.

15x+40y=300. 5-tel csökkentem.

3x+8y=60 x=60-8y3 x=60-6y-2y3

X=20-2y-2y3

Ahhoz, hogy egy tört értéke egész szám legyen, 2y-nak 3 többszörösének kell lennie, azaz 2y = 3c.

Kifejezem az y változót, és kijelölöm a teljes részt:

Z-nek 2 többszörösének kell lennie, azaz z=2u.

Hadd fejezzem ki az x és y változókat u-val:

X=20-2y-2y3

Х=20-2∙3u-2∙3u3

Összeállítok és megoldok egy egyenlőtlenségi rendszert:

Leírom a teljes megoldást: 1; 2. Most megkeresem x és y értékét, ha u=1; 2.

1) x1=20-8∙1=20-8=12 y1=3∙1=3

2) x2=20-8∙2=20-16=4 y2=3∙2=6

Válasz. 4 kis doboz; 6 nagy doboz.

7. Két Ural 5557-es autót adtak át, az autókat a Krasznoturinszk - Perm - Krasznoturinszk járatra küldték. A repülés teljesítéséhez összesen 4 tonna gázolajra és 2 sofőrre volt szükség. Meg kell határozni a szállítási költségeket, nevezetesen 1 tonna dízel üzemanyag költségét és az ezen járatot teljesítő járművezetők bérét, ha ismert, hogy összesen 76 000 rubelt költöttek el.

Legyen x rubel 1 tonna gázolaj költsége, x rubel pedig a sofőrök bére. Aztán (4x + 2y) rubelt költöttek a repülésre. És a probléma körülményei szerint 76 000 rubelt költöttek el.

Megkapom az egyenletet:

Ennek az egyenletnek a megoldásához a nyers erő módszere munkaigényes folyamat lesz. Tehát a > módszert fogom használni.

Kifejezem az y változót x: -ig, kijelölöm a teljes részt, és megkapom: (1).

Ahhoz, hogy egy tört értéke egész szám legyen, 2x-nek 4 többszörösének kell lennie. Vagyis 2x = 4z, ahol z egész szám. Innen:

Az x értékét behelyettesítem az (1) kifejezésbe:

Mivel x, y 0, majd 19000 z 0, ezért z egész számot megadva 0 és 19000 között, a következő x és y értékeket kapom: z

A szállítási költségek valós adataiból ismert, hogy 1 tonna gázolaj (x) 18 000 rubelbe kerül. , és az (y) repülést végrehajtó járművezetők fizetése 10 000 rubel. (az adatok hozzávetőlegesen vettek). A táblázatból azt találjuk, hogy az 18000-nel egyenlő x és az 10000-rel egyenlő y érték 9000-rel egyenlő z értéknek felel meg, sőt: ;.

8. Hányféleképpen szedheti össze a 27 rubelt? , amelynek elég sok két- és ötrubeles érméje van?

Hadd jelöljem: x kétrubeles érme és y ötrubeles érme

Egyenletet készítek, figyelembe véve a 2x + 5y = 27 feladat feltételét.

Megkeresem a GCD(2;5)=1-et

Meghatározok egy konkrét megoldást: x = (27-5y):2

A nyers erő módszerével megtalálom az y є y = 1, x = 11 értéket

(11;1) egy speciális megoldás.

Az összes többi megoldást a következő képletekkel találjuk meg: x = -5k + 11, k є Z y = 2k + 1, k є Z

Ennek az egyenletnek sok megoldása van. Nézzük meg az összes módot, amellyel összegyűjtheti a 27 rubelt a felajánlott érmékkel. k

Válasz. Háromféleképpen gyűjtheti össze ezt az összeget, ha sok két- és ötrubeles érméje van.

9. Tegyük fel, hogy polipok és tengeri csillagok élnek egy akváriumban. A polipoknak 8 lába van, a tengeri csillagoknak pedig 5. Összesen 39 végtag van. Hány állat van az akváriumban?

Legyen x a tengeri csillagok száma, y ​​a polipok száma. Ekkor minden polipnak 8 lába van, és minden csillagnak 5 lába van.

Hozzunk létre egy egyenletet: 5x + 8y = 39.

Felhívjuk figyelmét, hogy az állatok száma nem fejezhető ki nem egész vagy negatív számokkal. Ezért, ha x egy nem negatív egész szám, akkor y = (39 - 5x)/8-nak is egésznek és nem negatívnak kell lennie, és ezért szükséges, hogy a 39 - 5x kifejezés osztható legyen 8-cal Az opciók egyszerű keresése azt mutatja, hogy ez csak akkor lehetséges, ha x = 3, akkor y = 3.

Válasz: (3; 3).

10. Egy bútorgyár három- és négylábú zsámolyt gyárt. A mester 18 lábat készített. Hány széklet készíthető úgy, hogy az összes lábat használni lehessen?

Legyen x a háromlábú zsámolyok száma, y ​​pedig a négylábúak száma. Ekkor 3x + 4y = 18.

Van, 4 év =18 - 3x; y = 3(6 - x):4.

kapom: x = 2; y = 3 vagy x = 6; y = 0.

Nincs más megoldás, mivel x 6.

Válasz. 2;3;(6;0).

11. A 4 és 8 férőhelyes kabinokban 718 fő elhelyezésére van lehetőség, hogy a kabinokban ne legyen üres ülőhely?

Legyen a 4 ágyas kabinok x, a 8 ágyas kabinok pedig y, akkor:

2(x + 2y) = 309

Válasz. Ez tiltott.

12. Bizonyítsuk be, hogy a 124x + 216y = 515 egyenesen egyetlen pont sincs egész koordinátákkal.

GCD(124,216) = 4, 515 != 4n, ami azt jelenti, hogy nincsenek egész megoldások.

Válasz. Nincsenek megoldások.

13. Az áru ára 23 rubel, a vevőnek csak 2 rubel érméje van, a pénztárosnak pedig 5 rubel. Lehetséges a vásárlás előzetes pénzváltás nélkül?

Legyen x a 2 rubel érme száma, y ​​az 5 rubel érme száma, akkor 2x - 5y = 23, ahol x,y є N.

A következőt kapom: 2x = 23 + 5y, ahonnan x =23 + 5y2 =11 + 2y + (1 + y)2 x egész szám lesz, ha 1 + y2 egész szám.

1 + y2 = t, ahol t Euro Z, akkor y = 2t - 1.

x = 11 + 2y + 1 + y2 = 11 + 4t - 2 + 1 + 2t-12 = 5t + 9.

Nak nek. x = 5t + 9 és y = 2t - 1, ahol t є z.

A feladatnak sok egész számú megoldása van. Ezek közül a legegyszerűbb, ha t = 1, x =14, y = 1, azaz a vevő tizennégy 2 rubeles érmét ad, és egy 5 rubeles érmét kap cserébe.

Válasz. Tud.

14. Az üzlet kereskedelmi könyveinek ellenőrzése során kiderült, hogy az egyik bejegyzés tintával van borítva, és így nézett ki:

> Az eladott méterek számát nem lehetett megállapítani, de kétségtelen, hogy a szám nem töredéke; a bevételben csak az utolsó három számjegyet lehetett megkülönböztetni, és azt is meg lehetett állapítani, hogy előttük volt még három számjegy. Vissza lehet állítani egy rekordot ezen adatok felhasználásával?

Legyen a méterek száma x, akkor az áru kopejkában kifejezett ára 4936x. Az összesen három kitöltött számjegyet y-val jelöljük, ez a több ezer kopejkák száma, és a teljes kopejkás összeget a következőképpen fejezzük ki (1000y + 728).

A 4936x = 1000y + 728 egyenletet kapom, elosztom 8-cal.

617x - 125y = 91, ahol x,y є z, x,y

125y = 617x - 91 y = 5x - 1 +34 - 8x125 = 5x - 1 + 2 17 - 4x125 =

5x - 1 + 2t, ahol t = 17 - 4x125, t Euro Z.

A t = (17 - 4x)/125 egyenletből azt kapom, hogy x = 4 - 31t + 1 - t4 =

4 - 31t + t1, ahol t1 = 1 - t4, tehát t = 1 - 4t1, a x = 125t1 - 27, y = 617t1 - 134.

Feltétel alapján tudom, hogy 100

100 = 234/617 és t1

Ez azt jelenti, hogy 98 métert adtak el 4837,28 rubelért. A felvétel helyreállt.

Válasz. 98 méter szabadult.

15. Egy rubelért 40 bélyeget kell vásárolni - kopeck, 4 kopeck és 12 kopeck. Egy-egy címletből hány bélyeget vásárolhat?

Két egyenletet készíthet: x + 4y + 12z = 100 és x + y + z = 40, ahol x a penny márkák száma, y ​​a 4 kopejkas márkák száma, z a 12 kopejkas márkák száma . Kivonom a másodikat az első egyenletből, és megkapom:

3y + 11z = 60, y = 60 - 11z3 = 20 - 11· z3.

Legyen z3 = t, z = 3t, ahol t Euro Z. Ekkor azt kapom, ha x + y + z = 40 és z = 3t, és y = 20 - 11t, x = 20 + 8t.

Mivel x >= 0, y >= 0, z >= 0, akkor 0

Ekkor ennek megfelelően a következőket kapom: t = 0, x = 20, y = 20, z = 0; t = 1, x = 28, y = 9, z = 3.

A bélyegvásárlás tehát csak kétféleképpen történhet, és ha a feltétel, hogy minden címletből legalább egy bélyeget vásároljanak, akkor csak egy módon.

Válasz. 28 márka 1 kopejkás, 9 márka 4 kopejkás és 3 márka 12 kopejkás.

16. Egy tanuló 20 feladatból álló feladatot kapott. Minden helyesen megoldott kérdésért 8 pontot kap, minden megválaszolatlan kérdésért 5 pontot vonnak le tőle. Olyan feladatért, amelyet nem vállalt - 0 pont. A tanuló összesen 13 pontot ért el. Hány probléma megoldására vállalkozott?

Legyen a helyesen megoldott feladatok x, a rosszul megoldott feladatok y, a nem tekintett feladatok pedig z.

Ekkor x + y + z = 20, és 8x - 5y = 13.

y = 8x - 135 = x - 2 +3 (x - 1) 5 = x - 2 + 3t, ​​ahol t = x - 15 és x = 5t + 1.

Az x + y feltétel szerint

Válasz: a tanuló 13 feladatot vállalt, 6-ot megoldott, 7-et megbukott.

17. Ivanushka a Bolond a Gorynych Serpent-szel küzd, akinek 2001 feje van. Iván kardját balra lendítve levág 10 fejet, és cserébe 16 nő. Jobbra lendítve kardját levágja 15-öt, és 6-ot megnő. Ha az összes fejet levágják, nem nő új. Lengetni tetszőleges sorrendben lehet, de ha 15-nél kevesebb gól van, akkor csak balra, ha pedig 10-nél kevesebb, akkor sehogy. Vajon Ivanuska, a Bolond legyőzheti a Gorynych kígyót?

Hadd fogalmazzam meg újra a problémát: le lehet-e vágni 1986-os fejeket? Aztán Iván levágja a maradék 15-öt egy ütéssel jobbra, és nem nőnek újak.

Legyen x a jobb oldali ütések száma, y ​​pedig a bal oldali ütések száma, akkor 1986 - 9x + 6y = 0.

Az egész egyenletet elosztom 6-tal, megkapom

3x - 2y = 662.

y = 3x - 6622 = x - 331 + x2.

Legyen x2 = t, akkor x = 2t, és y = 3t - 331.

Mivel x >= 0, y >= 0, akkor t >= 111, ezért t = 111, x = 222, y = 2.

Megkapom: 220-szor jobbra ütéssel Iván 1980 fejet vág le, a Kígyónak pedig 21 feje maradt; majd 2 találat balra, és a Kígyó 12 fejet növeszt, így összesen 33; a következő 2 ütés jobbra megfosztja a kígyót 18 fejétől, Ivan pedig levágja a maradék 15-öt az utolsó ütéssel jobbra, és nem nő új fej.

Válasz: 220 ütés jobbra, 2 ütés balra és további 3 ütés jobbra.

18. A dobókocka oldalai meg vannak számozva - 1, 2, 3, 4, 5, 6. 5 ilyen kockából tornyot építettek és megszámolták az összes látható lapon a pontok összegét, a felső kocka eltávolítása után az összeget 19-cel csökkent, melyik szám lett a felső kocka felső éle?

Egy kocka pontjainak összege 21.

Legyen x a felső kocka alsó élén lévő pontok száma, y ​​pedig a következő kocka felső élén lévő pontok száma. Amikor eltávolítja a felső kockát, a felső kocka 5 lapjának pontjai eltűnnek, amelyek pontjainak összege (21 - x), és a lap, amelyen a pontok megjelennek, ami azt jelenti, hogy a pontok összege (21 - x) - y-val csökkent, és a feltétel szerint 19, ezért:

(21 - x) - y = 19, x + y = 2.

Ezért y = 2 - x, és az 1. feltétel szerint

19. Valaki 30 madarat vett 30 azonos címletű pénzérméért. Minden 3 verébért 1 érmét kell fizetni, 2 süvöltőért 1 érmét, 1 galambért 2 érmét. Hány madár volt az egyes típusokból?

Legyen x veréb, y süvöltő és z galamb. Ekkor a feltétel szerint x + y + z = 30 és 13x + 12y + 2z = 30.

x + y + z = 30 és 2x + 3y + 12z = 180, vagy y + 10z = 120, y = 120 - 10z, ahol x feltétellel

Ezért a következő opciók (0;20;10); (9; 10; 11); (18;0;12).

Válasz: verebek - 0, süvöltők - 20, galambok - 10; verebek - 9, süvöltők - 10, galambok - 11; verebek - 18, süvöltők - 0, galambok - 12.

20. Keresse meg az összes kétjegyű számot, amelyek mindegyike 2-vel csökkentve a számjegyei szorzatának ötszörösével egyenlő!

Legyen xy a szükséges kétjegyű számok.

Az xy - 2 = 5xy, vagy (10x + y) - 5xy = 2 egyenletre S = 0, és az (x; 2) halmazból megtalálom az összes természetes megoldást.

Mivel x a kétjegyű számok első számjegye, csak 9 értéket vehet fel.

Hogy. , a szükséges számok a következők lesznek: 12, 22, 32,. , 92.

Válasz. 12; 22, 32; 42; 52; 62; 72; 82; 92.

21. Egy 102 cm-es drótdarabot 15 cm-es és 12 cm-es darabokra kell vágni, hogy az összes vezetéket felhasználjuk. Hogyan kell csinálni?

Legyen x egy 15 cm hosszú vezeték darabjainak száma, y ​​a 12 cm hosszú vezeték darabjainak száma. Hozzunk létre egy egyenletet:

15x+12y=102 /:3

4x+3y=34 x=34-4y5=6+4-4y5=6+4(1-y)5.

Legyen 1-y5=t x=6+4t>0y=1-5t>0=> 4t>-6-5t>-1 => t>-1,5t t=0;-1.

Ha t=0, akkor x=6y=1

Ha t=-1, akkor x=2y=6

Válasz. A problémának két megoldása van:

1) 102=15∙6+12∙1; 2) 102=15∙2+12∙6.

22. Petya 1987-ben annyi idős volt, mint a születési év számjegyeinek összege. Melyik évben született?

Születjen Petya 1919-ben. Aztán 1987-ben 1987-19xy, vagyis (1+9+x+y) éves volt. Megvan az egyenlet:

87-(10x+y)=10+x+y

77-11x=2y y=77-11x2=38-11x-12.

Tekintettel arra, hogy x és y a decimális számrendszer számjegyei, kiválasztással megkapjuk: x=3, y=1.

Válasz. Petya 1970-ben született.

23. Valaki 19 rubel értékű tárgyat vásárol egy boltban. Neki csak 15-3 rubeles bankjegyei vannak, míg a pénztárosnak csak 20-5 rubeles bankjegyei vannak. Fizethetek és hogyan?

A probléma a Diofantusz egyenlet pozitív egész számokkal való megoldásában rejlik: 3x - 5y = 19, ahol x

Tekintettel arra, hogy x>0 és y > 0, és figyelembe véve a probléma feltételeit, könnyen megállapítható, hogy 0

Ez 2 lehetséges értékhez vezet: x

Válasz. 1) 19=3∙8-1∙5 2) 19=3∙13-4∙5.

24. Lehetséges-e 28 g-ot lemérni egy bizonyos anyagból egy csészemérlegen, amelynek csak 4 3 g-os és 7 5 g-os súlya van?

Ehhez meg kell oldania a következő egyenletet:

x = 9 - 2(3y1 - 1) + y1 = 11-5y1.

Tehát x = 11 - 5 y1 y = 3 y1 - 1.

A feladat feltételeiből következik, hogy y1-nek nem adható negatív érték. Következő legyen y1

Válasz. 1 súly 3 g-ban és 5 súly 5 g-ban.

25. A vevő a boltban vásárolt 21 rubelért. áruk. De neki csak 5 rubel címletű bankjegyei vannak, míg a pénztárosnak 3 rubeles. Azt szeretné tudni, hogy fizethet-e a pénztárosnak, ha van pénze, és pontosan hogyan?

Legyen x az 5 - rubel, y - 3 - rubel.

Feltétel szerint x > 0, y > 0, ez azt jelenti.

Ezenkívül t páros, különben sem x, sem y nem lesz egész szám.

A t = 4, 6, 8,. nálunk van: t

Válasz. 6;3;8;8;12;13;15;18;18;23;21;28;24;33;27;38;(30;43).

26. 110 papírlap van. Egyenként 8 lapos és 10 lapos jegyzetfüzetet kell varrni. Hányat kell varrni?

Legyen x a 8 lapos füzetek száma, y ​​a 10 lapos füzetek száma.

Tehát t = 0 vagy t = - 1

Válasz. 5;7;(10;3).

27. Számos ősi módszer a számok és születési dátumok kitalálására a diofantinuszi egyenletek megoldásán alapul. Például ahhoz, hogy kitalálja beszélgetőpartnere születési dátumát (hónap és nap), elegendő két termék összeadásával kapott összeget kérni tőle: a dátum számát (x) 12-vel és a hónap számát (y) 31-gyel. .

Legyen a kérdéses szorzatok összege 330. Keresse meg a születési dátumot!

Oldjuk meg a határozatlan egyenletet: y = 2y1 + y2 = 2(2y2 + y3) + y2 = 5y2 + 2y3 = 5(2y3 - 6) + 2y3 = 12y3 - 30 x = 27 - 3(12y3 - 320 + ) y3 = 27 - 36y3 + 90 + 2(2y3 - 6) + y3 =

27 - 36 év 3 + 90 + 5 év 3 - 12 = 105 - 31 év 3 x = 12 év 3 - 30, y = 105 - 31 év 3

Tehát születési dátum: a 6. hónap 12. napja.

28. Be lehet-e gyűjteni 51 rubelt két- és ötrubeles érmékkel? Ha lehetséges, hány módja van?

Legyen x kétrubeles és ötrubeles érme.

Legyen 1+y2=z, akkor

=> z = 1, 2, 3, 4, 5

Válasz: 5 módon.

29. Lehet-e kétszáz tojást 10 és 12 darabos dobozokba tenni? Ha lehetséges, találjon meg minden ilyen módot.

Legyen x egyenként 10 darabos doboz, és legyen a dobozokban egyenként 12 darab. Hozzunk létre egy egyenletet: z = 1, 2, 3

Válasz: 14;5;8;10;(2;15)

30. Képzeld el a 257-es számot két természetes tag összegeként: a) amelyek közül az egyik a 3, a másik a 4 többszöröse; b) amelyek közül az egyik 5-nek, a másik pedig 8-nak többszöröse.

Válasz: 1) 249 és 8; 2) 225 és 32.

A határozatlan egyenleteket érintő feladatoknál sokféle esettel találkoztam: lehet, hogy a probléma teljesen megoldhatatlan (4. feladat), lehet végtelen számú megoldása (2. feladat), több határozott megoldása lehet; konkrétan egy egyedi megoldása lehet (1. feladat).

KÖVETKEZTETÉS

A cél, amit kitűztem magam elé, megvalósult. A projekten való munka felkeltette az érdeklődést és magával ragadott. Ez a munka nemcsak bizonyos matematikai tudást és kitartást követelt meg tőlem, hanem lehetőséget adott arra is, hogy átérezhessem az önálló felfedezés nagy örömét.

A diofantin egyenletek az olimpiai feladatokban találhatók, így fejlesztik a logikus gondolkodást, növelik a matematikai kultúra szintjét, és készségeket öntenek az önálló matematikai kutatómunkára.

A diofantin egyenletekre redukáló egyenletek és feladatok megoldásánál a prímszámok tulajdonságait, a polinom faktorálási módszerét, a számlálási módszert, a leszármazási módszert és az euklideszi algoritmust alkalmazzák. Véleményem szerint az ereszkedési módszer a legnehezebb. De a brute force módszer szebbnek bizonyult számomra.

Munkám során 54 feladatot oldottam meg.

Ez a munka hozzájárult az iskolai tanterv mélyebb megértéséhez, és kitágította a látókörömet.

Ez az anyag hasznos lesz a matematika iránt érdeklődő diákok számára. Egyes tanórákon és tanórán kívüli foglalkozásokon is használható.