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 <http://slovari.yandex.ru/dict/bse/article/00059/64900.htm>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,
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.
-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»