4.1. Lineare diophantische Gleichung mit zwei Unbekannten

In diesem Abschnitt wird die lineare Gleichung besprochen

wobei „a“, „b“, „c“ ganze Zahlen sind und „ab!=0“ (ansonsten ist dies eine Gleichung mit höchstens einer Unbekannten).

Gleichungen mit ganzen Zahlen mit zwei (oder mehr) Unbekannten wurden zusammen mit einer Vielzahl anderer interessanter Probleme in seinem Buch „Arithmetik“ des griechischen Mathematikers Diophantus von Alexandria (3. Jahrhundert) behandelt. Solche Gleichungen wurden später nach ihm benannt.

Beweisen Sie, dass mit Münzen im Wert von „2“ und „5“ Rubel jeder reale Rubelbetrag bezahlt werden kann, außer „1“ und „3“.

Der zu leistende Betrag sei gleich Rubel und wir würden ihn mit „x“ Münzen von „2“ Rubel und Münzen von „5“ Rubel bezahlen.

Von hier aus erhalten wir die Gleichung „2x+5y=n“. Lassen Sie uns „x“ durch „y“ ausdrücken: „x=(n-5y)/2“.

Unsere Aufgabe ist es, mindestens eine Lösung dieser Gleichung in nichtnegativen ganzen Zahlen zu finden. Wenn „n“ durch „2“ teilbar ist, dann kann „y=0“, „x=n//2“ als eine solche Lösung angenommen werden. Wenn „n“ nicht durch „2“ teilbar ist, können Sie „y=1“, „x=(n-5)/2“ nehmen. Hier ist „x“ nicht negativ, wenn „b>=5“ ist. Somit kann jeder natürliche Rubelbetrag mit Ausnahme von „1“ und „3“ in Münzen von „2“ und „5“ Rubel bezahlt werden.

Kommentar

Wenn Sie bei diesem Problem Wechselgeld herausgeben dürfen (auch nur in 2-Rubel- und 5-Rubel-Münzen), ist es möglich, unter Berücksichtigung des Wechselgeldes einen beliebigen Rubelbetrag zu zahlen.

Fahren wir mit der Lösung der Gleichung „ax+by=c“ fort.

Die Gleichung „ax+by=c“ hat unendlich viele ganzzahlige Lösungen, wenn „c“ durch „GCD(a,b)“ teilbar ist, und hat ansonsten keine ganzzahligen Lösungen.

Insbesondere die Bedingung „c wird durch GCD(a,b)“ geteilt ist immer dann erfüllt, wenn die Zahlen „a“ und „b“ teilerfremd sind.

Die diophantische Gleichung „ax+by=c“ kann mit dem folgenden Algorithmus gelöst werden:

1. Teilen wir beide Seiten der Gleichung „ax+by=c“ durch „GCD“(a,b)“. Die Zahlen „a“ und „b“, dividiert durch ihren gcd, werden zu relativ Primzahlen. Wenn die Zahl „c“, vollständig dividiert durch „GCD“(a,b)“, keine ganze Zahl ist, dann hat die Gleichung keine Lösungen (links gibt es eine ganze Zahl, rechts eine Nicht-Ganzzahl).
Damit sind wir bei der äquivalenten Gleichung „bar(a)x+bar(b)y=bar(c)“ angekommen, mit „GCD“(bar(a),bar(b))=1“.

2. Nun soll es eine Gleichung „ax+by=c“ geben, in der die Zahlen „a“ und „b“ teilerfremd sind. Lassen Sie uns eine (sogenannte „besondere“) Lösung dieser Gleichung finden – „(x_0,y_0)“. Dies kann durch Auswahl oder mithilfe des Euklidischen Algorithmus erfolgen (siehe Ende dieses Abschnitts).

3. Schreiben wir die Antworten auf: x = x 0 - b t y = y 0 + a t, t ∈ ℤ. \left\(\begin(array)(l)x=x_0-bt\\y=y_0+at\end(array)\right.,\:t\in\mathbb(Z).

Warum sehen alle Antworten so aus?

Sei „(x_0,y_0)“ die Lösung der Gleichung „ax+by=c“. Betrachten Sie den Ausdruck „a(x-x_0)+b(y-y_0)“. Es ist gleich Null:

`a(x-x_0)+b(y-y_0)=ax+by-(ax_0+by_0)=c-c=0`.

Somit sind die Zahlen „x-x_0“ und „y-y_0“ Lösungen der Gleichung „aX+bY=0“. Schreiben wir diese Gleichung als „aX=-bY“ um. Da die Zahlen „a“ und „b“ teilerfremd sind, muss die Zahl „Y“ durch die Zahl „a“ teilbar sein, d. h. „Y=at“ für eine ganze Zahl „t“. Setzen wir „Y“ in die Gleichung „aX=-bY“ ein, erhalten wir „aX=-bat“, das wiederum nach Reduktion um „a“ in die Form „X=-bt“ umgewandelt wird.

Also, x - x 0 = - b t , y - y 0 = a t , \left\(\begin(array)(l)x-x_0=-bt,\\y-y_0=at,\end(array)\ Richtig, woher wir die Antworten in Absatz 3 erhalten.

Lösen Sie die Gleichung „10x+4y=100“.

Teilen wir beide Seiten der Gleichung durch „GCD“(10,4)=2“, wodurch wir die Gleichung „5x+2y=50“ erhalten. Durch Auswahl erhalten wir eine bestimmte Lösung „x_0=10“, „y_0=0“.

Dann schreiben wir alle Lösungen dieser Gleichung auf: x = 10 - 2 t y = 5 t,  t ∈ ℤ. \left\(\begin(array)(l)x=10-2t\\y=5t\end(array)\right.,\:t\in\mathbb(Z).

x = 10 - 2 t y = 5 t ,  t ∈ ℤ . \left\(\begin(array)(l)x=10-2t\\y=5t\end(array)\right.,\:t\in\mathbb(Z).

Beschreiben wir den Prozess der Suche nach einer „bestimmten“ Lösung mit dem euklidischen Algorithmus am Beispiel der diophantischen Gleichung „7x+18y=2“.

Finden Sie eine bestimmte Lösung für die Gleichung „7x+18y=2“.

Lassen Sie uns zunächst eine bestimmte Lösung für die Gleichung „7x+18y=1“ finden. Wenn wir dann die resultierende Lösung mit „2“ multiplizieren, erhalten wir eine bestimmte Lösung für die Gleichung „7x+18y=2“.

Lassen Sie uns „GCD“(18,7)“ mithilfe des euklidischen Algorithmus ermitteln. „18=7*2+4“, also „GCD“(18,7)= „GCD“(7,4)“. Wir werden jede neue Zahl, die wir durch die Ausführung des Euklidischen Algorithmus erhalten, in der Form „7x+18y“ aufschreiben. Also: „4 = 18 – 7*2“.

Dann ist „GCD“(7,4) = „GCD“(4,3)“, wobei „3 = 7 – 4 = 7- (18 – 7*2) = 7*3 – 18“.

Schließlich ist „GCD“(4,3) = „GCD“(3,1) = 1 und

„1 = 4 – 3 = (18 – 7×2) – (7*3 –18) = 18*2 – 7×5“.

Hier haben wir eine bestimmte Lösung für die Gleichung „7x+18y=1“ erhalten: „x=-5, y=2“.

Daher hat eine bestimmte Lösung der Gleichung „7x+18y=2“ die Form „x_0=-10, y_0=4“.

Indem Sie das Problem auf andere Weise lösen, können Sie andere spezifische Lösungen finden.

Beispiel: „x_0=8, y_0=-3“.

`x=-10, y=4`.*

4.2. Beispiele für die Lösung nichtlinearer Gleichungen

Beispiel 21 (USE, Trainingsversion)

Eine Gruppe von Schulkindern muss auf zwei Arten vom Sommerlager transportiert werden: entweder mit zwei Bussen des Typs A über mehrere Fahrten oder mit drei Bussen des Typs B über mehrere Fahrten, und in diesem Fall die Anzahl der Fahrten jedes einzelnen Die Zahl der Busse vom Typ B beträgt um eins weniger als die Anzahl der Fahrten jedes Busses vom Typ A. In jedem Fall sind die Busse vollständig gefüllt. Wie viele Schüler dürfen maximal unter den genannten Bedingungen befördert werden, wenn der Bus Typ B „7“ weniger Personen befördert als der Bus Typ A?

Angenommen, es seien „x“ Personen in einem Bus vom Typ B (dann sind „x+7“ Personen in einem Bus vom Typ A), und Busse vom Typ B sollten „y“ Fahrten machen (dann sollten Busse vom Typ A fahren). `y+1` Fahrten). Basierend auf den Bedingungen des Problems erstellen wir einen Ausdruck für die Anzahl der Kinder, die mit beiden Methoden transportiert werden:

`2(x+7)(y+1)=3xy`.

Lassen Sie uns die Variable dieses Ausdrucks durch „y“ ausdrücken.

`14y+2x+14-xy=0`; `x=(14y+14)/(y-2)`.

Wählen wir den ganzzahligen Teil der Zahl aus:

„(14y+14)/(y-2)“; „x=(14y+14)/(y-2)=14+42/(y-2)“.

Erinnern wir Sie daran, dass die Zahl „x“ eine ganze Zahl sein muss, daher erhalten wir, dass die Zahl „(y-2)“ ein Teiler der Zahl „42“ sein muss.

Gehen wir alle Teiler der Zahl „42“ durch und finden heraus, wie viele Kinder „(3xy)“ maximal entfernt werden können:

„y-2“.
`y`
„x“.
„3xy“.

Die maximale Anzahl von Schulkindern, die entsprechend den Problembedingungen transportiert werden können, beträgt „1980“.

Lösen Sie die Gleichung „xy=5(x+y)“ in ganzen Zahlen.

Schreiben wir die Gleichung in der Form um: „xy-5x-5y=0“;

`x(y-5)-5(y-5)-25=0`; „(x-5)(y-5)=25“.

Beachten Sie, dass „25“ nur auf folgende Weise faktorisiert werden kann (einschließlich negativer Werte):

`25=1*25=5*5=(-1)*(-25)=(-5)*(-5)`.

Aus jeder Erweiterung erhalten wir Lösungen.

„(x,y)=(6,30);(30,6);(10,10);(4,-20);(-20,4);(0,0)“.

Lösen Sie die Gleichung „x^2=2y^2+xy+7“ in ganzen Zahlen.

Schreiben wir diese Gleichung in der Form um: „(x+y)(x-2y)=7“.

Diese Zerlegung kann wie folgt erhalten werden: Schreiben Sie den Ausdruck „x^2-xy-2y^2=0“ und entfernen Sie „y^2“ aus den Klammern: „y^2[(x/y)^2-x/ y-2 ]`.

Da „(x+y)“ und „(x-2y)“ ganze Zahlen sind, müssen Sie sich die Zerlegung der Zahl „7“ in zwei ganzzahlige Faktoren ansehen. Mögliche Erweiterungen notieren wir in der Tabelle:

`x+y=`	`7`	`1`	`-7`	`-1`
`x-2y=`	`1`	`7`	`-1`	`-7`

Wir erhalten „4“ lineare Gleichungssysteme. Lösen wir eines davon (das erste):

x + y = 7, x - 2 y = 1. \left\(\begin(array)(l)x+y=7,\\x-2y=1.\end(array)\right.

Wir erhalten: „x=5, y=2“.

Die übrigen Systeme sind auf ähnliche Weise geschrieben und alle resultierenden Lösungen sind integral.

`(x,y)=(5,2);(-5,-2);(3,-2);(-3,2)`.

In beiden Beispielen haben wir das Polynom faktorisiert und die Eigenschaften der Teilbarkeit genutzt.

Lösen Sie die Gleichung „x^3-xy-7x+2y+23=0“ in ganzen Zahlen.

Die Variable „y“ geht in der ersten Potenz in diese Gleichung ein, drücken wir sie durch „x:“ aus

„x^3+y(2-x)-7x+23=0, y=(x^3-7x+23)/(x-2)“.

Machen wir eine Ersetzung: `t=x-2`. Dann ist `x=t+2`; `x^3=t^3+6t^3+12t+8` und daher

Wenn wir die linke Seite erweitern, erhalten wir „(1+x)(1+x^2)=2^y“.

Da die Zahlen „x“ und „x^2“ natürlich sind, gilt „1+x>=2“; „1+x^2>=2“, was bedeutet, dass beide Zahlen – „(1+x)“ und „(1+x^2)“ natürliche Zweierpotenzen sind. Sei `1+x=2^t`. Wenn wir „x“ aus dieser Gleichung ausdrücken, erhalten wir „1+x^2=2^(2t)-2*2^t+2“. Auch diese Zahl muss eine Zweierpotenz sein.

Wenn „t=1“, dann sind „(x,y)=(1,2)“ Lösungen unserer Gleichung.

Wenn „t=2“, dann „1+x^2=10“, was keine Zweierpotenz ist; In diesem Fall gibt es keine Lösungen.

Wenn „t>=3“, dann „2*2^t-2>0“ und „2^(2t)-2*2^t+2<2^(2t)`. Докажем, что `2^(2t)-2*2^t+2>2^(2t-1)`. Diese Ungleichung kann umgeschrieben werden als

`2^(2t-1)=2^(2t)-2^(2t-1)>2*2^t-2; 2^(2t-2)>2^t-1`.

Die letzte Ungleichung ist wahr, denn wenn „t>=3“ gilt, ist „2t-2>t“ wahr, was zu der Ungleichung „2^(2t-2)-2^t>0> -1“ führt.

Wir haben also herausgefunden, dass die Zahl „1+x^2=2^(2t)-2*2^t+2“ genau zwischen zwei benachbarten Zweierpotenzen liegt, „2^(2t-1)“<2^(2t)-2*2^t+2<2^(2t)`, а, значит, само степенью двойки не является. Противоречие, решений при `t>=3` nein.

Einführung

Es gibt viele mathematische Probleme, deren Antworten eine oder mehrere ganze Zahlen sind. Als Beispiel können wir vier klassische Probleme nennen, die in ganzen Zahlen gelöst werden – das Wiegeproblem, das Partitionierungsproblem, das Austauschproblem und das Vier-Quadrat-Problem. Es ist erwähnenswert, dass diese Probleme trotz der relativ einfachen Formulierung auf sehr komplexe Weise gelöst werden, wobei die Instrumente der mathematischen Analyse und der Kombinatorik zum Einsatz kommen. Die Ideen zur Lösung der ersten beiden Probleme stammen vom Schweizer Mathematiker Leonhard Euler (1707–1783). Am häufigsten findet man jedoch Probleme, bei denen vorgeschlagen wird, eine Gleichung in ganzen Zahlen (oder in natürlichen Zahlen) zu lösen. Einige dieser Gleichungen können mit der Auswahlmethode recht einfach gelöst werden, es entsteht jedoch ein ernstes Problem: Es muss nachgewiesen werden, dass alle Lösungen einer bestimmten Gleichung durch die ausgewählten erschöpft sind (d. h. andere als die ausgewählten Lösungen tun dies nicht). existieren). Dies kann eine Vielzahl von Techniken erfordern, sowohl Standard- als auch künstliche. Eine Analyse weiterer mathematischer Literatur zeigt, dass solche Aufgaben häufig bei Mathematikolympiaden verschiedener Jahre und auf verschiedenen Niveaus sowie in Aufgabe 19 des Einheitlichen Staatsexamens in Mathematik (Profilniveau) zu finden sind. Gleichzeitig wird dieses Thema im schulischen Mathematikunterricht praktisch nicht berücksichtigt, so dass Schüler, die an Mathematikolympiaden teilnehmen oder die Fachprüfung in Mathematik ablegen, bei der Bewältigung dieser Art von Aufgabe meist mit erheblichen Schwierigkeiten konfrontiert sind. In diesem Zusammenhang empfiehlt es sich, ein System grundlegender Methoden zur Lösung von Gleichungen in ganzen Zahlen hervorzuheben, zumal diese Frage in der untersuchten mathematischen Literatur nicht explizit diskutiert wird. Das beschriebene Problem bestimmte das Ziel dieser Arbeit: die wichtigsten Methoden zur Lösung von Gleichungen in ganzen Zahlen hervorzuheben. Um dieses Ziel zu erreichen, mussten folgende Aufgaben gelöst werden:

1) Analysieren Sie Olympiade-Materialien sowie Materialien aus dem spezialisierten Einheitlichen Staatsexamen in Mathematik;

2) Methoden zur Lösung von Gleichungen in ganzen Zahlen identifizieren und die vorherrschenden hervorheben;

3) Veranschaulichen Sie die erzielten Ergebnisse anhand von Beispielen;

4) Erstellen Sie mehrere Schulungsaufgaben zu diesem Thema.

5) Bestimmen Sie anhand der entwickelten Aufgaben den Grad der Bereitschaft von Schülern der neunten Klasse der MBOU Secondary School Nr. 59, solche Probleme zu lösen und praktische Schlussfolgerungen zu ziehen.

Hauptteil

Eine Analyse verschiedener mathematischer Literatur zeigt, dass unter den Methoden zur Lösung von Gleichungen in ganzen Zahlen die folgenden als die wichtigsten identifiziert werden können:

1. Darstellung einer Gleichung in Form eines Produkts mehrerer Faktoren, die einer ganzen Zahl entsprechen;
2. Darstellung einer Gleichung als Summe von Quadraten mehrerer Terme, die einer ganzen Zahl entsprechen;
3. Verwendung der Eigenschaften der Teilbarkeit, der Fakultäten und der exakten Quadrate;
4. Verwendung von Fermats kleinem und großem Satz;
5. Unendliche Abstiegsmethode;
6. Ausdruck eines Unbekannten durch ein anderes;
7. Lösen der Gleichung als quadratische Gleichung in Bezug auf eine der Unbekannten;
8. Berücksichtigung von Resten bei der Division beider Seiten einer Gleichung durch eine bestimmte Zahl.

Wir müssen sofort klären, was wir unter den grundlegenden Methoden zur Lösung von Gleichungen verstehen. Wir werden die am häufigsten verwendeten Methoden als die wichtigsten bezeichnen, was natürlich nicht die Möglichkeit ausschließt, regelmäßig neue „unerwartete“ Techniken anzuwenden. Darüber hinaus kommen in den allermeisten Fällen deren verschiedene Kombinationen zum Einsatz, das heißt, es werden mehrere Methoden kombiniert.
Betrachten Sie als Beispiel für eine Methodenkombination die beim Einheitlichen Staatsexamen in Mathematik 2013 vorgeschlagene Gleichung (Aufgabe C6).

Aufgabe. Lösen Sie die Gleichung in natürlichen Zahlen N! + 5N + 13 = k 2 .

Lösung. Beachten Sie, dass es mit Null endet N> 4. Außerdem endet für jedes n ∈ N entweder die Zahl 0 oder die Zahl 5. Daher gilt für N> 4 endet die linke Seite der Gleichung entweder mit der Zahl 3 oder der Zahl 8. Sie entspricht aber auch einem exakten Quadrat, das nicht mit diesen Zahlen enden kann. Daher müssen Sie nur vier Optionen durchgehen: N = 1, N = 2, N = 3, N = 4.

Dies bedeutet, dass die Gleichung eine einzigartige natürliche Lösung hat N = 2, k = 5.

Dieses Problem nutzte die Eigenschaften perfekter Quadrate, die Eigenschaften von Fakultäten und die Reste der Division beider Seiten der Gleichung durch 10.

Aufgabe 1. N 2 - 4j! = 3.

Lösung. Zuerst schreiben wir die ursprüngliche Gleichung in das Formular um N 2 = 4j! + 3. Wenn Sie diese Beziehung aus der Sicht des Satzes über die Division mit einem Rest betrachten, werden Sie feststellen, dass das genaue Quadrat auf der linken Seite der Gleichung einen Rest von 3 ergibt, wenn es durch 4 geteilt wird, was unmöglich ist . Tatsächlich kann jede ganze Zahl in einer der folgenden vier Formen dargestellt werden:

Wenn ein exaktes Quadrat durch 4 geteilt wird, bleibt also ein Rest von entweder 0 oder 1 übrig. Folglich hat die ursprüngliche Gleichung keine Lösungen.

Schlüsselidee– Anwendung der Eigenschaften exakter Quadrate.

Aufgabe 2. 8z 2 = (T!) 2 + 2.

Lösung. Das zeigt eine direkte Inspektion T= 0 und T= 1 sind keine Lösungen der Gleichung. Wenn T> 1 also T! ist eine gerade Zahl, das heißt, sie kann dargestellt werden als T! = 2S. In diesem Fall kann die Gleichung in die Form 4 umgewandelt werden z 2 = 2S 2 + 1. Die resultierende Gleichung hat jedoch offensichtlich keine Lösungen, da die linke Seite eine gerade Zahl und die rechte Seite eine ungerade Zahl enthält.

Schlüsselidee– Anwendung der Eigenschaften von Fakultäten.

Aufgabe 3. Lösen Sie die Gleichung x 2 + y 2 – 2x + 6y + 5 = 0 in ganzen Zahlen.

Lösung. Die ursprüngliche Gleichung kann wie folgt umgeschrieben werden: ( X – 1) 2 + (j + 3) 2 = 5.

Daraus folgt aus der Bedingung, dass ( X – 1), (j+ 3) – ganze Zahlen. Daher entspricht diese Gleichung dem folgenden Satz:

Jetzt können wir alle möglichen ganzzahligen Lösungen der Gleichung aufschreiben.

Aufgabe 4. Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen zt + T – 2z = 7.

Lösung. Die ursprüngliche Gleichung kann in die Form umgewandelt werden ( z + 1) (T– 2) = 5. Zahlen ( z + 1), (T– 2) sind ganze Zahlen, daher gibt es folgende Möglichkeiten:

Die Gleichung hat also genau vier ganzzahlige Lösungen.

Schlüsselidee– Darstellung einer Gleichung in Form eines Produkts gleich einer ganzen Zahl.

Aufgabe 5. Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen N(N + 1) = (2k+ 1)‼

Lösung. Nummer 2 k+ 1)‼ ungerade für alle nicht negativen Werte k laut Definition (für negativ k es ist überhaupt nicht definiert). Andererseits ist es gleich der Zahl N(N+ 1), was für alle ganzzahligen Werte gerade ist k. Widerspruch.

Schlüsselidee– Verwendung gerader/ungerade Teile der Gleichung.

Aufgabe 6. Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen xy + X + 2j = 1.

Lösung. Durch Transformationen lässt sich die Gleichung auf Folgendes reduzieren:

Diese Transformation hat die OD der in der Gleichung enthaltenen Unbekannten seit der Substitution nicht verändert j= –1 in die ursprüngliche Gleichung führt zur absurden Gleichheit –2 = 1. Gemäß der Bedingung gilt: X- ganze Zahl. Mit anderen Worten, auch eine ganze Zahl. Aber dann muss die Zahl eine ganze Zahl sein. Ein Bruch ist genau dann eine ganze Zahl, wenn der Zähler durch den Nenner teilbar ist. Teiler der Zahl 3: 1,3 –1, –3. Daher sind für das Unbekannte vier Fälle möglich: j = 0, j = 2, j= –2, y = –4. Jetzt können wir die entsprechenden Werte der Unbekannten berechnen X. Die Gleichung hat also genau vier ganzzahlige Lösungen: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).

Schlüsselidee– Ausdruck eines Unbekannten durch ein anderes.

Aufgabe 7. M= N 2 + 2.

Lösung. Wenn M= 0, dann nimmt die Gleichung die Form an N 2 = –1. Es gibt keine vollständigen Lösungen. Wenn M < 0, то левая часть уравнения, а значит, и N, wird keine Ganzzahl sein. Bedeutet, M> 0. Dann ist die rechte Seite der Gleichung (wie auch die linke) ein Vielfaches von 5. Aber in diesem Fall N Wenn 2 durch 5 geteilt wird, sollte sich ein Rest von 3 ergeben, was unmöglich ist (dies wird durch die Methode zur Aufzählung von Resten bewiesen, die bei der Lösung von Problem 1 beschrieben wurde). Daher gibt es für diese Gleichung keine ganzzahligen Lösungen.

Schlüsselidee– Finden von Resten aus der Division beider Seiten der Gleichung durch eine natürliche Zahl.

Aufgabe 8. Löse die Gleichung ( X!) 4 + (j – 1) 4 = (z + 1) 4 .

Lösung. Beachten Sie, dass die Gleichung der folgenden entspricht, da die Exponenten gerade sind: ( X!) 4 + |j – 1| 4 = |z+ 1| 4 . Dann X!, |j – 1|, |z+ 1| - ganze Zahlen. Nach dem letzten Satz von Fermat können diese natürlichen Zahlen jedoch die ursprüngliche Gleichung nicht erfüllen. Somit ist die Gleichung in ganzen Zahlen unlösbar.

Schlüsselidee– Verwendung des letzten Satzes von Fermat.

Aufgabe 9. Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen X 2 + 4j 2 = 16xy.

Lösung. Aus den Problembedingungen ergibt sich daraus X- gerade Zahl. Dann X 2 = 4X 12 . Die Gleichung wird in die Form umgewandelt X 1 2 + j 2 = 8X 1 j. Daraus folgt, dass die Zahlen X 1 , j haben die gleiche Parität. Betrachten wir zwei Fälle.

1 Fall. Lassen X 1 , j- ungerade Zahlen. Dann X 1 = 2T + 1, j = 2S+ 1. Wenn wir diese Ausdrücke in die Gleichung einsetzen, erhalten wir:

Führen wir die entsprechenden Transformationen durch:

Wenn wir beide Seiten der resultierenden Gleichung um 2 reduzieren, erhalten wir?

Die linke Seite enthält eine ungerade Zahl und die rechte Seite enthält eine gerade Zahl. Widerspruch. Dies bedeutet, dass 1 Fall unmöglich ist.

Fall 2. Lassen X 1 , j- gerade Zahlen. Dann X 1 = 2X 2 + 1, j = 2j 1 . Wenn wir diese Werte in die Gleichung einsetzen, erhalten wir:

Somit ist die resultierende Gleichung genau die gleiche wie im vorherigen Schritt. Es wird auf ähnliche Weise untersucht, sodass wir im nächsten Schritt die Gleichung erhalten usw. Tatsächlich erhalten wir durch die Durchführung dieser Transformationen basierend auf der Parität der Unbekannten die folgenden Erweiterungen: . Aber das Ausmaß N Und k sind nicht beschränkt, da wir in jedem Schritt (mit einer beliebig großen Zahl) eine Gleichung erhalten, die der vorherigen äquivalent ist. Das heißt, dieser Prozess kann nicht gestoppt werden. Mit anderen Worten, die Zahlen X, j sind unendlich oft durch 2 teilbar. Dies geschieht aber nur, wenn X = j= 0. Die Gleichung hat also genau eine ganzzahlige Lösung (0; 0).

Schlüsselidee– Verwendung der Methode des unendlichen Abstiegs.

Aufgabe 10. Lösen Sie Gleichung 5 in ganzen Zahlen X 2 – 3xy + j 2 = 4.

Lösung. Schreiben wir diese Gleichung in Form 5 um X 2 – (3X)j + (j 2 – 4) = 0. Es kann als Quadrat relativ zur Unbekannten betrachtet werden X. Berechnen wir die Diskriminante dieser Gleichung:

Damit die Gleichung Lösungen hat, ist es notwendig und ausreichend, dass d. h. von hier aus haben wir die folgenden Möglichkeiten für j: j = 0, j = 1, j = –1, j= 2, j= –2.

Die Gleichung hat also genau 2 ganzzahlige Lösungen: (0;2), (0;–2).

Schlüsselidee– Betrachten der Gleichung als quadratisch in Bezug auf eine der Unbekannten.

Die vom Autor zusammengestellten Probleme wurden zur Durchführung des Experiments verwendet, das aus Folgendem bestand. Allen Schülern der neunten Klasse wurden ausgearbeitete Aufgaben angeboten, um den Stand der Vorbereitung der Kinder auf dieses Thema zu ermitteln. Jeder Schüler musste eine Methode vorschlagen, um ganzzahlige Lösungen für Gleichungen zu finden. An dem Experiment nahmen 64 Studierende teil. Die erhaltenen Ergebnisse sind in Tabelle 1 dargestellt.

TABELLE 1

Auftragsnummer	Anzahl der Studierenden, die die Aufgabe erledigt haben (in Prozent)

Diese Indikatoren deuten darauf hin, dass der Vorbereitungsstand der Neuntklässler auf dieses Thema sehr gering ist. Daher erscheint es angebracht, einen speziellen Kurs „Gleichungen in ganzen Zahlen“ zu organisieren, der darauf abzielt, die Kenntnisse der Studierenden in diesem Bereich zu verbessern. Dabei handelt es sich in erster Linie um Studierende, die systematisch an Mathematikwettbewerben und Olympiaden teilnehmen und auch das Facheinheitliche Staatsexamen in Mathematik ablegen möchten.

Schlussfolgerungen

Während dieser Arbeit:

1) Materialien zur Olympiade sowie Materialien zum Einheitlichen Staatsexamen in Mathematik wurden analysiert;

2) Methoden zur Lösung von Gleichungen in ganzen Zahlen werden angegeben und die vorherrschenden hervorgehoben;

3) Die erzielten Ergebnisse werden anhand von Beispielen veranschaulicht;

4) Für Schüler der neunten Klasse wurden Schulungsaufgaben zusammengestellt;

5) Es wurde ein Experiment durchgeführt, um den Vorbereitungsstand von Neuntklässlern zu diesem Thema zu ermitteln;

6) Die Ergebnisse des Experiments wurden analysiert und Schlussfolgerungen über die Zweckmäßigkeit des Studiums von Gleichungen in ganzen Zahlen in einem speziellen Mathematikkurs gezogen.

Die im Rahmen dieser Studie erzielten Ergebnisse können zur Vorbereitung auf Mathematikolympiaden, das Einheitliche Staatsexamen in Mathematik sowie bei der Durchführung von Lehrveranstaltungen im Mathematikzirkel genutzt werden.

Referenzliste

1. Gelfond A.O. Gleichungen in ganzen Zahlen lösen. – M.: Nauka, 1983 – 64 S.

2. Alfutova N.B. Ustinov A.V. Algebra und Zahlentheorie. Aufgabensammlung für Mathematikschulen - M.: MTsNMO, 2009 - 336 S.

3. Galperin G.A., Tolpygo A.K. Moskauer Mathematikolympiaden: Buch. für Studierende / Ed. EIN. Kolmogorow. – M.: Education, 1986. – 303 S., Abb.

4. Dalinger V.A. Probleme in ganzen Zahlen – Omsk: Amphora, 2010 – 132 S.

5. Gastev Yu. A., Smolyansky M. L. Ein paar Worte zu Fermats letztem Satz // Kvant, August 1972.

Glossar

Methode des unendlichen Abstiegs– eine vom französischen Mathematiker P. Fermat (1601–1665) entwickelte Methode, die darin besteht, einen Widerspruch durch die Konstruktion einer unendlich abnehmenden Folge natürlicher Zahlen zu erhalten. Eine Variation der Methode des Widerspruchsbeweises.

Exaktes (vollständiges) Quadrat- Quadrat einer ganzen Zahl.

Fakultät einer natürlichen Zahl N - das Produkt aller natürlichen Zahlen von 1 bis N inklusive.

Heinrich G.N. FMS Nr. 146, Perm

54 ≡ 6× 5≡ 2(mod 7),

55 ≡ 2× 5≡ 3(mod 7), 56 ≡ 3× 5≡ 1(mod 7).

Wenn wir k potenzieren, erhalten wir 56k ≡ 1(mod 7) für jedes natürliche k. Daher 5555 =56 × 92 × 53 ≡ 6 (mod7).

(Geometrisch bedeutet diese Gleichheit, dass wir den Kreis umkreisen, beginnend mit 5, zweiundneunzig Zyklen und drei weiteren Zahlen). Die Zahl 222555 lässt also einen Rest von 6 übrig, wenn sie durch 7 geteilt wird.

Gleichungen in ganzen Zahlen lösen.

Zweifellos ist die Lösung diophantischer Gleichungen eines der interessantesten Themen der Mathematik. Dieses Thema wird in der 8. und dann in der 10. und 11. Klasse behandelt.

Jede Gleichung, die in ganzen Zahlen gelöst werden muss, wird diophantische Gleichung genannt. Die einfachste davon ist eine Gleichung der Form ax+bу=c, wobei a, b und cÎ Z. Zur Lösung dieser Gleichung wird der folgende Satz verwendet.

Satz. Die lineare diophantische Gleichung ax+bу=c, wobei a, b und сО Z genau dann eine Lösung hat, wenn c durch den ggT der Zahlen a und b teilbar ist. Wenn d=GCD (a, b), a=a1 d, b=b1 d, c=c1 d und (x0, y0) eine Lösung der Gleichung akh+bу=с ist, dann sind alle Lösungen durch die Formeln gegeben x=x0 +b1 t, y=y0 –a1 t, wobei t eine beliebige ganze Zahl ist.

1. Lösen Sie die Gleichungen in ganzen Zahlen:

	3xy–6x2 =y–2x+4;
	(x–2)(xy+4)=1;		y-x-xy=2;
	2x2 +xy=x+7;		3xy+2x+3y=0;
	x2 – xy – x + y = 1;
	x2 –3xy=x–3y+2;	10. x2 – xy – y = 4.

2. Ich habe die folgenden Probleme mit Absolventen in Vorbereitung auf das Einheitliche Staatsexamen in Mathematik zu diesem Thema betrachtet.

1). Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen: xy+3y+2x+6=13. Lösung:

Lassen Sie uns die linke Seite der Gleichung faktorisieren. Wir bekommen:

y(x+3)+2(x+3)=13;

(x+3)(y+2)=13.

Da x,уО Z, erhalten wir einen Satz von Gleichungssystemen:

Heinrich G.N.

	М x +
	М x +
	М x +
ê Ð x +

FMS Nr. 146, Perm

		М x =
		М x =
		М x =
	ê Ð x =

Antwort: (–2;11), (10; –1), (–4; –15), (–15, –3)

2). Lösen Sie die Gleichung in natürlichen Zahlen: 3x +4y =5z.

9). Finden Sie alle Paare natürlicher Zahlen m und n, für die die Gleichheit 3m +7=2n gilt.

10). Finden Sie alle Tripletts der natürlichen Zahlen k, m und n, für die die Gleichheit gilt: 2∙k!=m! –2∙n! (1!=1, 2!=1∙2, 3!= 1∙2∙3, …n!= 1∙2∙3∙…∙n)

elf). Alle Glieder der endlichen Folge sind natürliche Zahlen. Jedes Mitglied dieser Sequenz ist, beginnend mit dem zweiten, entweder 14-mal größer oder 14-mal kleiner als das vorherige. Die Summe aller Glieder der Folge beträgt 4321.

c) Wie viele Terme kann die Folge maximal haben? Lösung:

a) Sei a1 =x, dann a2 = 14x oder a1 =14x, dann a2 =x. Dann ist gemäß der Bedingung a1 + a2 = 4321. Wir erhalten: x + 14x = 4321, 15x = 4321, aber 4321 ist kein Vielfaches von 15, was bedeutet, dass es in der Folge nicht zwei Terme geben kann.

b) Sei a1 =x, dann a2 = 14x, a3 =x, oder 14x+x+14x=4321, oder x+14x+x=4321. 29x=4321, dann x=149, 14x=2086. Das bedeutet, dass die Folge drei Terme haben kann. Im zweiten Fall ist 16x=4321, aber dann ist x keine natürliche Zahl.

Keine Antwort; b) ja; c) 577.

Heinrich G.N.

FMS Nr. 146, Perm

12). Alle Glieder der endlichen Folge sind natürliche Zahlen. Jedes Mitglied dieser Sequenz, beginnend mit dem zweiten oder bei 10; Mal mehr oder zehnmal weniger als das vorherige. Die Summe aller Terme der Folge beträgt 1860.

a) Kann eine Folge zwei Terme haben? b) Kann eine Folge drei Terme haben?

c) Wie viele Terme kann die Folge maximal haben?

Natürlich können wir über die Teilbarkeit ganzer Zahlen sprechen und endlos über Probleme zu diesem Thema nachdenken. Ich habe versucht, dieses Thema so zu betrachten, dass es die Schüler stärker interessiert und ihnen die Schönheit der Mathematik aus dieser Sicht zeigt.

Heinrich G.N.

FMS Nr. 146, Perm

Referenzliste:

1. A. Ya. Kannel-Belov, A. K. Kovaldzhi. So lösen Sie nicht standardmäßige Probleme Moskau ICSME 2001

2. A. V. Spivak. Beilage zur Zeitschrift Kvant Nr. 4/2000 Mathematischer Feiertag, Moskau 2000

3. A. V. Spivak. Mathematischer Zirkel, „Aussaat“ 2003

4. St. Petersburg Stadtpalast der Jugendkreativität. Mathematischer Kreis. Aufgabenbuch für das erste und zweite Studienjahr. Sankt Petersburg. 1993

5. Algebra für die 8. Klasse. Ein Lehrbuch für Schüler in Schulen und Klassen mit vertieftem Mathematikstudium. Herausgegeben von N.Ya. Vilenkin. Moskau, 1995

6. M. L. Galitsky, A. M. Goldman, L. I. Zvavich. Sammlung von Algebraproblemen für 8-9 Klassen. Ein Lehrbuch für Schüler in Schulen und Klassen mit vertieftem Mathematikstudium. Moskau, Aufklärung. 1994

7. Yu.N.Makarychev, N.G.Mindyuk, K.I.Neshkov. Algebra 8. Klasse. Ein Lehrbuch für Schulen und Klassen mit vertieftem Mathematikstudium. Moskau, 2001

8. M.I.Shabunin, A.A.Prokofjew UMK MATHEMATIK Algebra. Anfänge der mathematischen Analyse. Profilebene. Lehrbuch für die 11. Klasse. Moskauer Binom. Wissenslabor 2009

9. M. I. Shabunin, A. A. Prokofjew, T. A. Oleinik, T. V. Sokolova. UMK MATHEMATIK Algebra. Anfänge der mathematischen Analyse. Problembuch zur Profilebene für die 11. Klasse. Moskauer Binom. Wissenslabor 2009

10. A.G. Klovo, D.A. Maltsev, L.I. Abzelilova Mathematik. Sammlung von Tests gemäß dem Plan des Einheitlichen Staatsexamens 2010

11. Einheitliches Staatsexamen-2010. „Legion-M“. Rostow am Don 2009

12. Einheitliches Staatsexamen UMK „Mathematik. Vorbereitung auf das Einheitliche Staatsexamen.“ Herausgegeben von F. F. Lysenko, S. Yu. Kulabukhov. Vorbereiten für Einheitliches Staatsexamen 2011. „Legion-M“. Rostow am Don 2010

13. UMK „Mathematik. Einheitliches Staatsexamen 2010“. Herausgegeben von F. F. Lysenko, S. Yu. Kulabukhov. MATHEMATIK Vorbereitung auf das Einheitliche Staatsexamen 2010. Bildungs- und Ausbildungstests. „Legion-M“. Rostow am Don 2009

14. FIPI Einheitliches Staatsexamen. Universelle Materialien zur Vorbereitung der Schüler MATH 2010„Intellect-Center“ 2010

15. A. Zh. Zhafyarov. Mathematik. Express-Beratung zum Einheitlichen Staatsexamen 2010. Verlag der Sibirischen Universität, 2010

Probleme mit ganzzahligen Unbekannten

Pawlowskaja Nina Michailowna,

Mathematiklehrer MBOU „Sekundarschule Nr. 92

Kemerowo

Man nennt algebraische Gleichungen oder algebraische Gleichungssysteme mit ganzzahligen Koeffizienten, deren Anzahl die Anzahl der Gleichungen übersteigt und für die ganzzahlige oder rationale Lösungen gesucht werden Diophantische Gleichungen .

Das Problem der Lösung von Gleichungen in ganzen Zahlen ist nur für Gleichungen mit einer Unbekannten, für Gleichungen ersten Grades und für Gleichungen zweiten Grades mit zwei Unbekannten vollständig gelöst. Für Gleichungen oberhalb des zweiten Grades mit zwei oder mehr Unbekannten ist selbst die Aufgabe, die Existenz ganzzahliger Lösungen zu beweisen, schwierig. Darüber hinaus wurde nachgewiesen, dass es keinen einzigen Algorithmus gibt, der die Lösung beliebiger diophantischer Gleichungen in ganzen Zahlen in einer endlichen Anzahl von Schritten ermöglicht.

• Die einfachsten diophantischen Gleichungen sind Gleichungen der Form

Axt + by = c , a ≠ 0; b ≠ 0

Wenn c = 0 , dann liegt die Lösung auf der Hand: x = 0, y = 0.

Wenn s ≠ 0 , und die Lösung (X 0 ; bei 0 ) , dann eine ganze Zahl

Axt 0 +von 0 geteilt durch d = (a ; b) , Deshalb Mit muss außerdem durch einen gemeinsamen Teiler teilbar sein A und B .

Zum Beispiel: 3x + 6y = 5 hat keine ganzzahligen Lösungen, da (3; 6) = 3 und c = 5 nicht ohne Rest durch 3 teilbar ist.

• Wenn die Gleichung Axt + by = c hat eine Lösung (X 0 ; bei 0 ) , Und (a ; b) = 1 , dann sind alle Lösungen der Gleichung durch die Formeln gegeben x = x 0 + Mrd.; y = y 0 -ein, wobei n eine beliebige ganzzahlige Lösung ist.

Zum Beispiel: 3x + 5y = 13, (3; 5) = 1, was bedeutet, dass die Gleichung unendlich viele Lösungen hat, X 0 =1; bei 0 =2

Der große Satz von Fermat besagt: Eine Gleichung der Form hat keine Lösungen in natürlichen Zahlen.

Dieser Satz wurde vor mehr als 300 Jahren vom italienischen Mathematiker Pierre Fermat formuliert und erst 1993 bewiesen.

Faktorisierungsmethode .

1) Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen

x + y = xy.

Lösung. Schreiben wir die Gleichung in das Formular

(x - 1)(y - 1) = 1.

Das Produkt zweier Ganzzahlen kann nur dann gleich 1 sein, wenn beide gleich 1 sind. Das heißt, die ursprüngliche Gleichung ist äquivalent zum Aggregat

mit Lösungen (0,0) und (2,2).

2. Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen:

3x² + 4xy – 7y²= 13.

Lösung: 3x² - 3xy + 7xy – 7y²= 13,

3x(x – y) + 7y(x – y) = 13,

(x – y)(3x + 7y) = 13.

Da 13 ganzzahlige Teiler ±1 und ±13 hat,

1. x – y = 1, 7x – 7y = 7, x = 2,

3x + 7y = 13; 3x + 7y = 13; woraus y = 1

2. x – y = 13, 7x – 7y = 91, x = 9,2,

3x + 7y= 1; 3x + 7y = 1; wobei y = - 3,8.

3 . x – y = -1, 7x – 7y = -7, x = -2,

3x + 7y= -13; 3x + 7y = -13; woher y = -1.

4. x – y = -13, 7x – 7y = -91, x = -9,2,

3x + 7y= -1; 3x +7y= -1; woraus y = 3,8.

Daher hat die Gleichung zwei Lösungen in ganzen Zahlen: (2;1) und (-2;-1)

3 . Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen:

9x² + 4x – xy + 3y = 88.

Lösung: 9x² + 4x – 88 = xy – 3y,

9x² + 4x – 88 = y(x – 3)

da 5 ganzzahlige Teiler ± 1 und ± 5 hat, dann

Aufgabe 62:

Lösen Sie die Gleichung 3x + 5y = 7 in ganzen Zahlen. Lösung:

Lassen Sie uns zunächst eine konkrete Lösung finden (diese Idee hilft übrigens oft bei der Lösung anderer Probleme). Da 3 2 + 5 (- 1) = 1, dann 3 14 + 5 (- 7) = 7 und daher ist x 0 = 14, y 0 = - 7 die Lösung unserer Gleichung (eine von vielen, nicht mehr). !). Also,

Subtrahieren Sie eine Gleichung von der anderen, bezeichnen Sie x - x 0 und y - y 0 mit a und b und erhalten Sie 3a + 5b = 0. Von hier aus sehen wir, dass b durch 3 teilbar ist und a durch 5 teilbar ist. Sagen wir a = 5k, dann b = - 3k - hier kann k natürlich jede ganze Zahl sein. Wir erhalten also eine Reihe von Lösungen:

Wobei k eine beliebige ganze Zahl sein kann. Andere Lösungen gibt es natürlich nicht. Aufgabe 63:

Finden Sie alle ganzzahligen Lösungen der Gleichung 3x - 12y = 7. Lösung:

Diese Gleichung hat keine ganzzahligen Lösungen. Die linke Seite ist durch 3 teilbar, während die rechte Seite nicht durch 3 teilbar ist.

Aufgabe 64:

Lösen Sie die Gleichung 1990x - 173y = 11. Lösung:

Die an der Formulierung beteiligten Zahlen sind so groß, dass durch ihre Auswahl keine konkrete Lösung gefunden werden kann. Es wird uns jedoch helfen zu wissen, dass die Zahlen 1990 und 173 teilerfremd sind (überprüfen Sie dies).

Lemma. Ihr gcd gleich 1 kann als 1990m - 173n dargestellt werden, wobei m und n einige ganze Zahlen sind.

Der Beweis dieses Lemmas folgt aus der Tatsache, dass alle Zahlen, die im Prozess des Euklidischen Algorithmus erhalten werden, in der angegebenen Form darstellbar sind.

Konkret können Sie in diesem Fall mit dem euklidischen Algorithmus m = 2, n = 23 erhalten. Wenn wir also eine so mächtige Waffe wie den euklidischen Algorithmus verwenden, erhalten wir eine spezifische Lösung für die Hilfsgleichung 1990m - 173n = 1:Paar (2, 23) . Daher ist x 0 = 22, y 0 = 253 die Lösung der Gleichung 1990x - 173y = 11. Als nächstes finden wir das

K ist eine beliebige ganze Zahl. Aufgabe 65:

Finden Sie alle ganzzahligen Lösungen der Gleichung 21x + 48y = 6. Lösung:

x = 16k - 2, y = - 7k + 1; k – jede ganze Zahl.

Aufgabe 66:

Lösen Sie die Gleichung 2x + 3y + 5z = 11 in ganzen Zahlen. Lösung:

x = 5p + 3q – 11, y = 11 – 5p – 2q, z = p; p, q – beliebige ganze Zahlen.

Aufgabe 67:

Der Chip steht auf einem der Felder eines in beide Richtungen endlosen karierten Papierstreifens. Es kann um m Felder nach rechts oder um n Felder nach links verschoben werden. Für welche m und n kann sie sich in die Zelle rechts daneben bewegen? In wie vielen Zügen kann sie dies mindestens tun? Lösung:

Für teilerfremde m und n.

Aufgabe 68:

(2x + y)(5x + 3y) = 7. Lösung:

(- 4,9), (14, - 21), (4, - 9), (- 14,21).

Aufgabe 69:

xy = x + y + 3. Lösung:

Da xy - x - y = 3, dann ist (x - 1)(y - 1) = 4. Jetzt müssen nur noch die möglichen Zerlegungen der Zahl 4 in das Produkt zweier ganzzahliger Faktoren geklärt werden. Antwort: (x = 5,y = 2), (2,5), (0, - 3), (- 3,0), (3,3), (- 1, - 1).

Aufgabe 70:

x² = 14 + y². Lösung:

Es gibt keine Lösungen in ganzen Zahlen.

Aufgabe 71:

x² + y² = x + y + 2. Lösung:

(2,0), (2,1), (- 1,0), (- 1,1), (0,2), (1,2), (0, - 1), (1, - 1).

So wird Aufgabe 69 gelöst. Da xy - x - y = 3, dann ist (x - 1)(y - 1) = 4. Jetzt müssen nur noch die möglichen Zerlegungen der Zahl 4 in das Produkt von zwei geklärt werden ganzzahlige Faktoren. Antwort: (x = 5,y = 2), (2,5), (0, - 3), (- 3,0), (3,3), (- 1, - 1).

Aufgabe 72:

x² + y² = 4z - 1.

Sehen wir uns einmal an, welche Reste exakte Quadrate Modulo 4 ergeben können (die Wahl des Moduls 4 wird uns schon durch das Erscheinen der rechten Seite der Gleichung nahegelegt). Eine kurze Suche zeigt, dass es sich um die Reste 0 und 1 handelt. Da die Summe zweier Reste dieses Typs keinen Rest - 1 ergeben kann, stellen wir fest, dass diese Gleichung keine Lösungen hat.

Aufgabe 73:

x² - 7y = 10. Lösung:

Es gibt keine Lösungen in ganzen Zahlen (Modul 7).

Aufgabe 74:

x³ + 21y² + 5 = 0. Lösung:

Da x³ nur modulo 7 mit 0, 1 und - 1 vergleichbar sein kann, ist der Ausdruck x³ + 21y² + 5 vergleichbar (mod %)%7 mit 5, 6 oder 4 und kann daher nicht gleich Null sein.

Aufgabe 75:

15x² - 7y² = 9. Lösung:

Es gibt keine Lösungen in ganzen Zahlen (Modul 5).

Aufgabe 76:

x² + y² + z² = 8t - 1. Lösung:

Es gibt keine Lösungen in ganzen Zahlen (Modul 8).

Aufgabe 77:

3 m + 7 = 2 n. Lösung:

Modulo 3, die linke Seite ist vergleichbar mit 1, und daraus schließen wir, dass n gerade ist, d. h. n = 2k. Die Gleichung wird in die Form 3 m + 7 = 4 k umgewandelt. Jetzt ist Modul 4 im Spiel enthalten. 4 k - 7 = 1 (mod %)%4, und wir sehen, dass m gerade ist, d. h. m = 2p. Wir haben also die Gleichung 3 2p + 7 = 2 2k. Lassen Sie uns die Gleichung umwandeln: 7 = 2 2k - 3 2p = (2 k - 3 p )(2 k + 3 p ). Von hier aus ist 2 k + 3 p = 7, 2 k - 3 p = 1, und wir erhalten die einzige Lösung k = 2, p = 1, d. h. m = 2, n = 4.

Aufgabe 78:

3 2 m + 1 = n². Lösung:

Es ist sofort klar, dass n nicht durch 3 teilbar ist und daher n = 3k + 1 oder n = 3k + 2. Betrachten wir beide Fälle.

a) n = 3k + 2, 3 2 m + 1 = 9k² + 12k + 4. Reduzieren ergibt 2 m = 3k² + 4k + 1 = (3k + 1)(k + 1). Daher sind sowohl k + 1 als auch 3k + 1 Zweierpotenzen. Es ist ersichtlich, dass sowohl k = 0 als auch k = 1 geeignet sind, und wir erhalten Lösungen n = 2, m = 1 und n = 5, m = 3. Aber für k ≥ 2 4(k + 1) > 3k + 1 > 2 (k + 1) und daher können k + 1 und 3k + 1 nicht gleichzeitig Zweierpotenzen sein.

b) n = 3k + 1. Wenn wir diesen Fall auf ähnliche Weise analysieren, erhalten wir eine andere Lösung n = 7, m = 4.

Aufgabe 79:

1/a + 1/b + 1/c = 1. Lösung:

a = b = c = 3; a,b,c = 1,2,3 oder 2,4,4; Eine der Zahlen ist 1 und die Summe der anderen beiden ist 0, zum Beispiel a = 1, b = - c = 13.

Aufgabe 80:

x² - y² = 1988. Lösung:

x = ± 498, y = ± 496 oder x = ± 78, y = ± 64, und die Vorzeichen werden unabhängig gewählt.

Aufgabe 81:

Beweisen Sie, dass die Gleichung 1/x - 1/y = 1/n genau dann eine eindeutige Lösung in natürlichen Zahlen hat, wenn n eine Primzahl ist. Lösung:

Wenn n = pq (p, q > 1), dann ist 1/n = 1/(n – 1) – 1/n(n – 1) und 1/n = 1/p(q – 1) – 1/pq (q - 1). Wenn n eine Primzahl ist, dann ist n(y - x) = xy, was bedeutet, dass xy ​​durch n teilbar ist, d. h. x oder y wird durch n geteilt. Es ist klar, dass y durch n teilbar ist: y = kn. Dann ist x = kn/(n + 1), woraus k = n - 1, d. h. Es gibt genau eine Darstellung 1/n = 1/(n - 1) - 1/n(n - 1).

Aufgabe 82:

Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen: x³ + 3 = 4y(y + 1).

Aufgabe 83:

Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen: x² + y² = z².

Aufgabe 84:

Lösen Sie die Gleichung in ganzen Zahlen: x² - 5y² = 1.