Zadanie 1. Załóżmy, że w akwarium żyją ośmiornice i rozgwiazdy. Ośmiornice mają 8 nóg, a rozgwiazdy 5. W sumie jest 39 kończyn. Ile zwierząt jest w akwarium?

Rozwiązanie. Niech x będzie liczbą rozgwiazd, y liczbą ośmiornic. Wtedy wszystkie ośmiornice mają 8 nóg, a wszystkie gwiazdy mają 5 nóg. Utwórzmy równanie: 5x + 8y = 39.

Należy pamiętać, że liczby zwierząt nie można wyrazić w postaci liczb niecałkowitych ani ujemnych. Zatem jeśli x jest nieujemną liczbą całkowitą, to y = (39 – 5x)/8 musi być także liczbą całkowitą i nieujemną, co oznacza, że wyrażenie 39 – 5x musi być podzielne przez 8 bez reszty proste wyszukiwanie opcji pokazuje, że jest to możliwe tylko wtedy, gdy x = 3, a następnie y = 3. Odpowiedź: (3; 3).

Równania w postaci ax+bу=c nazywane są diofantyną, na cześć starożytnego greckiego matematyka Diofantosa z Aleksandrii. Diofantos żył najwyraźniej w III wieku. N. e., pozostałe znane nam fakty z jego biografii wyczerpują następujący poemat zagadkowy, według legendy, wyryty na jego nagrobku:

Prochy Diofantosa spoczywają w grobie; podziwiaj ją i kamień

Wiek zmarłego będzie przemawiał poprzez jego mądrą sztukę.

Z woli bogów przeżył szóstą część swojego życia jako dziecko.

I spotkałem się o wpół do piątej z puchem na policzkach.

Tuż po siódmym dniu zaręczył się ze swoją dziewczyną.

Po pięciu latach spędzonych z nią mędrzec miał syna;

Ukochany syn ojca przeżył tylko połowę swojego życia.

Został odebrany ojcu przez jego wczesny grób.

Dwa razy po dwa lata rodzic opłakiwał ciężki żal,

Tutaj widziałem granicę mojego smutnego życia.

Ile lat żył Diofant z Aleksandrii?

Zadanie 2. W magazynie znajdują się gwoździe w pudełkach po 16, 17 i 40 kg. Czy magazynier może wydać 100 kg gwoździ bez otwierania pudeł? (metoda brutalnej siły)

Przyjrzyjmy się metodzie rozwiązania jednej niewiadomej.

Zadanie 3. W katalogu galerii sztuki znajduje się tylko 96 obrazów. Na niektórych stronach znajdują się 4 obrazy, na innych 6. Ile stron każdego rodzaju znajduje się w katalogu?

Rozwiązanie. Niech x będzie liczbą stron z czterema obrazkami,

y – liczba stron z sześcioma ilustracjami,

Rozwiązujemy to równanie w odniesieniu do niewiadomej, która ma najmniejszy współczynnik (modulo). W naszym przypadku jest to 4x, czyli:

Całe równanie dzielimy przez ten współczynnik:

4x=96-6 lat | :4;

Reszta z dzielenia przez 4: 1,2,3. Zastąpmy te liczby y.

Jeśli y=1, to x=(96-6∙1):4=90:4 - Nie działa, rozwiązanie nie jest w liczbach całkowitych.

Jeśli y=2, to x=(96-6∙2):4=21 – Odpowiednie.

Jeśli y=3, to x=(96-6∙3):4=78:4 - Nie działa, rozwiązanie nie jest w liczbach całkowitych.

Szczególnym rozwiązaniem jest więc para (21;2), co oznacza, że na 21 stronach znajdują się 4 obrazki, a na 2 stronach 6 obrazków.

Przeanalizujmy metodę rozwiązania za pomocą algorytmu Euklidesa.

Zadanie 4. W sklepie dostępne są dwa rodzaje czekolady: mleczna i gorzka. Cała czekolada przechowywana jest w pudełkach. W magazynie jest 7 pudełek czekolady mlecznej i 4 czekolady ciemnej. Wiadomo, że była jeszcze jedna tabliczka ciemnej czekolady. Ile tabliczek czekolady znajduje się w każdym rodzaju pudełka?

Rozwiązanie. Niech x będzie liczbą tabliczek mlecznej czekolady w jednym pudełku,

y – liczba tabliczek gorzkiej czekolady w jednym pudełku,

wówczas, zgodnie z warunkami tego problemu, możemy utworzyć równanie:

Rozwiążmy to równanie za pomocą algorytmu Euklidesa.

Wyraźmy 7=4∙1+3, => 3=7-4∙1.

Wyraźmy 4=3∙1+1, => 1=4-3∙1=4-(7-4∙1)=4-7+4∙1=4∙ 2 -7∙1 =1.

Okazuje się więc, że x=1; y=2.

Oznacza to, że czekolada mleczna jest w pudełku po 1 sztuce, a gorzka to 2 sztuki.

Przeanalizujmy sposób poszukiwania konkretnego rozwiązania i ogólny wzór na rozwiązania.

Zadanie 5. W afrykańskim plemieniu Tumbe-Yumbe dwóch aborygenów Tumba i Yumba pracuje jako fryzjerzy, a Tumba zawsze splata swoim klientom 7 warkoczy, a Yumba po 4 warkocze. Ilu klientów fryzjerzy obsłużyli indywidualnie na zmianie, jeśli wiadomo, że wspólnie zaplecili 53 warkocze?

Rozwiązanie. Niech x będzie liczbą klientów Tumby,

y – liczba klientów Yumby,

wtedy 7x+4y=53 (1).

Teraz, aby znaleźć częściowe rozwiązania równania (,), zastępujemy sumę podanych nam liczb przez 1. To znacznie uprości wyszukiwanie odpowiednich liczb. Otrzymujemy:

Rozwiążmy to równanie metodą podstawienia.

4y=1-7x │:4;

Reszta z dzielenia przez 4 to: 1, 2, 3. Zastąp te liczby za x:

Jeśli x=1, to y=(1-7):4 nie jest odpowiednie, ponieważ Rozwiązanie nie jest w liczbach całkowitych.

Jeśli x=2, to y=(1-7∙2):4 – nie pasuje, bo Rozwiązanie nie jest w liczbach całkowitych.

Jeśli x=3, to y=(1-7∙3):4=-5 – odpowiednie.

Następnie mnożymy powstałe wartości przez początkową wartość kwoty, którą zastąpiliśmy przez 1, tj.

x=x 0 ∙53=3∙53=159;

y=y 0 ∙53=-5∙53=-265.

Znaleźliśmy szczególne rozwiązanie równania (1). Sprawdźmy to zastępując równanie początkowe:

7∙159+4∙(-265)=53; (3)

Odpowiedź była prawidłowa. Gdybyśmy rozwiązywali abstrakcyjne równanie, moglibyśmy na tym poprzestać. Jednak rozwiązujemy problem, a ponieważ Tumba nie mógł zaplecić ujemnej liczby warkoczy, musimy kontynuować rozwiązywanie. Stwórzmy teraz formuły rozwiązania ogólnego. Aby to zrobić, odejmij od równania początkowego (1) równanie z wartościami podstawionymi (3). Otrzymujemy:

Wyjmijmy wspólne czynniki z nawiasów:

7(x-159)+4(y+265)=0.

Przenieśmy jeden z wyrazów z jednej strony równania na drugą:

7(x-159)=-4(y+265).

Teraz stało się jasne, że aby równanie zostało rozwiązane, (x-159) należy podzielić przez -4, a (y+265) należy podzielić przez 7. Wprowadźmy zmienną n, która odzwierciedli tę obserwację z naszych:

Przenieśmy wyrazy z jednej strony równania na drugą:

Otrzymaliśmy ogólne rozwiązanie tego równania; teraz możemy podstawić do niego różne liczby i uzyskać odpowiednie odpowiedzi.

Niech więc n=39

Oznacza to, że Tumba splatała włosy dla 3 klientów, a Yumba dla 8 klientów.

Rozwiązuj problemy różnymi metodami.

Zadanie 6: Vovochka kupiła długopisy za 8 rubli i ołówki za 5 rubli. Co więcej, za wszystkie ołówki zapłacił o 19 rubli więcej niż za wszystkie pióra. Ile długopisów i ile ołówków kupiła Vovochka? (metoda poszukiwania rozwiązania ogólnego, rozwiązanie z jedną niewiadomą, zastosowanie algorytmu Euklidesa).

Zadanie 7. Flamastry kupiliśmy za 7 rubli i ołówki za 4 ruble za sztukę, łącznie 53 ruble. Ile markerów i ołówków kupiłeś?

Zadanie 8. (miejskie zwiedzanie VOSH 2014-2015): na planecie C w użyciu są dwa rodzaje monet: 16 tugrików i 27 tugrików każdy. Czy można za nie kupić towary kosztujące 1 tugrik?

Zadanie 9. Szeherezada opowiada swoje historie wielkiemu władcy. W sumie musi opowiedzieć 1001 historii. Ile nocy zajmie Szeherezada opowiedzenie wszystkich swoich historii, jeśli w niektóre noce opowie 3, a w inne 5? W ciągu ilu nocy Szeherezada opowie wszystkie swoje historie, jeśli będzie chciała to zrobić jak najszybciej? Ile nocy będzie potrzebowała Szeherezada, jeśli opowiadanie pięciu bajek w ciągu nocy jest dla niej męczące, więc takich nocy powinno być jak najmniej?

Zadanie 10. (pamiętajcie „Wodnika”) Jak wlać 3 litry wody, mając pojemniki 9-litrowe i 5-litrowe?

Zadanie 11. Vovochka dobrze radzi sobie z matematyką. W swoim dzienniku ma tylko A i B, a jest ich więcej. Suma wszystkich ocen Vovochki z matematyki wynosi 47. Ile ocen A i ile B otrzymał Vovochka?

Zadanie 12. Kościej Nieśmiertelny założył szkółkę do hodowli Węży Gorynych. W ostatnim lęgu ma Węże z 17 głowami i 19 głowami. W sumie lęg ten liczy 339 sztuk. Ile 17-głowych i 19-głowych węży wyhodował Koshchei?

Odpowiedzi: Diofantos żył 84 lata;

zadanie 2: 4 pudełka po 17 kg i 2 pudełka po 16 kg;

zadanie 6: zakupiono 7 ołówków i 8 długopisów, czyli (7.2) jest rozwiązaniem szczególnym, a y = 2 + 5n, x = 7 + 8n, gdzie nє Z jest rozwiązaniem ogólnym;

zadanie 7: (-53; 106) – rozwiązanie szczególne, x=4n-53, y=-7n+106 – rozwiązania ogólne, przy n=14, x=3, y=8, czyli 3 markery i 8 ołówków zostały zakupione;

zadanie 8: na przykład zapłać 3 monety po 27 tugrików i otrzymaj resztę w wysokości 5 monet po 16 tugrików;

zadanie 9: (2002; -1001) – rozwiązanie szczególne, x=-5 n+2002, y=3n-1001 – rozwiązanie ogólne, przy n=350, y=49, x=252, czyli 252 nocy po 3 bajki i 49 nocy z 5 bajek – łącznie 301 nocy; najszybsza opcja: 2 noce z trzema bajkami i 199 nocy z 5 bajkami – łącznie 201 nocy; najdłuższa opcja: 332 noce z 3 bajkami i 1 noc z 5 bajkami - łącznie 333 noce.

zadanie 10: np. 2 razy nalej wodę do 9-litrowego słoika i 3 razy zbierz ją 5-litrowym słojem;

zadanie 11: Vovochka otrzymała 7 ocen „A” i 4 „B”;

zadanie 12: 11 węży z 17 głowami i 8 węży z 19 głowami.

Algorytmy rozwiązywania równań diofantyny

Algorytm Euklidesa

Przykład nr 1 (prosty)
Przykład nr 2 (skomplikowany)

Rozwiązywanie problemów z dopasowywaniem liczb bez dopasowywania

Problem z kurczakami, królikami i ich łapami
Problem ze sprzedawczynią i zmianą

Według opinii uczniów równania diofantyczne stają się prawdziwą przeszkodą w szkolnym kursie matematyki nie tylko dla uczniów, ale także dla rodziców. Czym są i jak je poprawnie rozwiązać? Pomogła nam w tym nauczycielka matematyki w centrum edukacyjnym Gornostai Aelita Bekesheva oraz kandydat nauk fizycznych i matematycznych Jurij Shanko.

Kim jest Diofantos?

Nawet starożytni Egipcjanie dla wygody rozumowania wymyślili specjalne słowo oznaczające nieznaną liczbę, ale w tamtym czasie nie było znaków akcji i znaku równości, więc nie wiedzieli, jak pisać równania.

Pierwszą osobą, która wymyśliła, jak zapisać równanie, był wspaniały naukowiec Diofant z Aleksandrii. Aleksandria była wielkim centrum kulturalnym, handlowym i naukowym świata starożytnego. To miasto nadal istnieje, znajduje się na śródziemnomorskim wybrzeżu Egiptu.

Diofantos żył najwyraźniej w III wieku naszej ery. i był ostatnim wielkim matematykiem starożytności. Dotarły do nas dwie jego prace - „Arytmetyka” (z trzynastu książek zachowało się sześć) i „O liczbach wielokątnych” (we fragmentach). Prace Diofantosa wywarły ogromny wpływ na rozwój algebry, analizy matematycznej i teorii liczb.

Ale wiesz coś o równaniach diofantyny...

Każdy zna równania diofantyny! Są to problemy uczniów szkół podstawowych, które rozwiązuje się w drodze selekcji.

” Na przykład: „Na ile różnych sposobów możesz zapłacić za lody kosztujące 96 kopiejek, jeśli masz tylko grosze i monety pięciokopiówkowe?”

Jeśli podamy ogólną definicję równania diofantyny, to możemy powiedzieć, że jest to równanie algebraiczne z dodatkowym warunkiem: wszystkie jego rozwiązania muszą być liczbami całkowitymi (i w ogólnym przypadku wymiernymi).

” Często matki (zwłaszcza te, które ukończyły szkołę w rozwiniętym socjalizmie) uważają, że głównym celem takich zadań jest nauczenie dzieci płacenia drobnymi monetami za lody. I tak, gdy są szczerze przekonani, że układanie drobiazgów w stosy to już przeszłość, ich ukochany siódmoklasista (lub ósmoklasista) zadaje nieoczekiwane pytanie: „Mamo, jak to rozwiązać?” i prezenty równanie z dwiema zmiennymi. Wcześniej w programie szkolnym nie było takich problemów (wszyscy pamiętamy, że równań powinno być tyle samo, co zmiennych), więc matka niematematyczki często wpada w odrętwienie. Ale to jest ten sam problem dotyczący zmian i lodów, tylko zapisany w ogólnej formie!

Swoją drogą, dlaczego nagle wracają do niej w siódmej klasie? To proste: celem studiowania równań diofantyny jest dostarczenie podstaw teorii liczb całkowitych, która jest dalej rozwijana zarówno w matematyce, jak i w informatyce i programowaniu. Równania diofantyczne często znajdują się wśród problemów w części „C” jednolitego egzaminu państwowego. Trudność polega przede wszystkim na tym, że metod rozwiązania jest wiele, spośród których absolwent musi wybrać tę właściwą. Jednakże liniowe równania diofantyny ax + by = c można stosunkowo łatwo rozwiązać za pomocą specjalnych algorytmów.

Algorytmy rozwiązywania równań diofantyny

Badanie równań diofantyny rozpoczyna się w dogłębnym kursie algebry od 7. klasy. W podręczniku Yu.N. Makarycheva, N.G. Mindyuk podaje kilka problemów i równań, które można rozwiązać za pomocą Algorytm euklidesowy I metoda wyliczania przez reszty, - – mówi Aelita Bekesheva.- Później, w klasach 8-9, gdy już rozważamy równania w liczbach całkowitych wyższych rzędów, pokazujemy uczniom metoda faktoryzacji, i dalsza analiza rozwiązania tego równania, metoda oceny. Przedstawmy metodą pełnego kwadratu. Badając właściwości liczb pierwszych, wprowadzamy małe twierdzenie Fermata, jedno z podstawowych twierdzeń teorii rozwiązywania równań w liczbach całkowitych. Na wyższym poziomie znajomość ta jest kontynuowana w klasach 10-11. Jednocześnie zapoznajemy dzieci z badaniem i zastosowaniem teorii „porównań modulo”, ćwiczymy algorytmy, z którymi zapoznaliśmy się w klasach 7–9. Materiał ten jest bardzo dobrze omówiony w podręczniku A.G. Mordkovich „Algebra i początki analizy, klasa 10” i G.V. Dorofeeva „Matematyka” dla klasy 10.

Algorytm Euklidesa

Sama metoda Euklidesa nawiązuje do innego problemu matematycznego - znalezienia największego wspólnego dzielnika: zamiast pierwotnej pary liczb zapisuje się nową parę - mniejszą liczbę i różnicę między mniejszą i większą liczbą pierwotnej pary. Ta akcja trwa, dopóki liczby w parze nie będą równe - będzie to największy wspólny dzielnik. Wersja algorytmu służy również do rozwiązywania równań diofantyny - teraz my razem z Jurijem Shanko Pokażmy na przykładzie, jak rozwiązać problemy „o monetach”.

Rozważamy liniowe równanie diofantyny topór + by = c, gdzie a, b, c, x i y są liczbami całkowitymi. Jak widać, jedno równanie zawiera dwie zmienne. Ale jak pamiętacie, potrzebne są nam tylko całe pierwiastki, co upraszcza sprawę – można znaleźć pary liczb, dla których równanie jest prawdziwe.

Jednak równania diofantyny nie zawsze mają rozwiązania. Przykład: 4x + 14y = 5. Nie ma rozwiązań, bo po lewej stronie równania, dla dowolnej liczby całkowitej x i y wynikiem będzie liczba parzysta, a 5 będzie liczbą nieparzystą. Ten przykład można uogólnić. Jeśli w równaniu topór + by = c współczynniki a i b są podzielne przez pewną liczbę całkowitą d, ale liczba c nie jest podzielna przez to d, wówczas równanie nie ma rozwiązań. Z drugiej strony, jeśli wszystkie współczynniki (a, b i c) są podzielne przez d, to całe równanie można podzielić przez to d.

Np. w równaniu 4x + 14y = 8 wszystkie współczynniki dzielimy przez 2. Dzielimy równanie przez tę liczbę i otrzymujemy: 2𝑥 + 7𝑦 = 4. Ta technika (dzielenie równania przez jakąś liczbę) pozwala czasem uprościć obliczenia .

Przejdźmy teraz od drugiej strony. Załóżmy, że jeden ze współczynników po lewej stronie równania (a lub b) jest równy 1. Wtedy nasze równanie jest faktycznie rozwiązane. Rzeczywiście, niech na przykład a = 1, wtedy możemy przyjąć dowolną liczbę całkowitą jako y, gdzie x = c - by. Jeśli nauczymy się sprowadzać pierwotne równanie do równania, w którym jeden ze współczynników jest równy 1, to nauczymy się rozwiązywać dowolne liniowe równanie diofantyny!

Pokażę to na przykładzie równania 2x + 7y = 4.

Można to zapisać następująco: 2(x + 3y) + y = 4.

Wprowadźmy nową niewiadomą z = x + 3y, wówczas równanie zostanie zapisane w następujący sposób: 2z + y = 4.

Mamy równanie ze współczynnikiem jeden! Wtedy z jest dowolną liczbą, y = 4 - 2z.

Pozostaje tylko znaleźć x: x = z − 3y = z − 3(4 − 2z) = 7z − 12.

Niech z=1. Wtedy y=2, x=-5. 2*(-5)+7*2=4

Niech z=5. Wtedy y=-6, x=23. 2 * (23) +7 * (-6) = 4

” W tym przykładzie ważne jest, aby zrozumieć, jak przeszliśmy od równania o współczynnikach 2 i 7 do równania o współczynnikach 2 i 1. W tym przypadku (i zawsze!) Nowy współczynnik (w tym przypadku - jeden) jest resztą dzielenia pierwotnych współczynników przez siebie (7 przez 2).

W tym przykładzie mieliśmy szczęście; zaraz po pierwszej zamianie otrzymaliśmy równanie o współczynniku 1. Nie zawsze się to zdarza, ale możemy powtórzyć poprzedni trik, wprowadzając nowe niewiadome i rozpisując nowe równania. Prędzej czy później po takich podstawieniach otrzymasz równanie o współczynniku 1.

Spróbujmy rozwiązać bardziej złożone równanie, sugeruje Aelita Bekesheva.

Rozważ równanie 13x - 36y = 2.

Krok nr 1

36/13=2 (10 zostało). Zatem pierwotne równanie można przepisać w następujący sposób: 13x-13* 2y-10y=2. Przekształćmy to: 13(x-2y)-10y=2. Wprowadźmy nową zmienną z=x-2y. Teraz mamy równanie: 13z-10y=2.

Krok nr 2

13/10=1 (3 zostały). Pierwotne równanie 13z-10y=2 można przepisać w następujący sposób: 10z-10y+3z=2. Przekształćmy to: 10(z-y)+3z=2. Wprowadźmy nową zmienną m=z-y. Teraz mamy równanie: 10m+3z=2.

Krok nr 3

10/3=3 (1 został). Pierwotne równanie 10m+3z=2 można przepisać w następujący sposób: 3* 3m+3z+1m=2. Przekształćmy to: 3(3m+z)+1m=2. Wprowadźmy nową zmienną n=3m+z. Mamy teraz równanie: 3n+1m=2.

Brawo! Mamy równanie ze współczynnikiem jeden!

m=2-3n, n może być dowolną liczbą. Musimy jednak znaleźć x i y. Zmieńmy zmienne w odwrotnej kolejności. Pamiętaj, że musimy wyrazić x i y za pomocą n, które może być dowolną liczbą.

y=z-m; z=n-3m, m=2-3n ⇒ z=n-3* (2-3n), y=n-3*(2-3n)-(2-3n)=13n-8; y=13n-8

x=2y+z ⇒ x=2(13n-8)+(n-3*(2-3n))=36n-22; x=36n-22

Niech n=1. Wtedy y=5, x=24. 13*(14)-36*5=2

Niech n=5. Wtedy y=57, x=158. 13*(158)-36*(57)=2

Tak, nie jest łatwo to rozgryźć, ale teraz zawsze możesz rozwiązać ogólnie problemy, które rozwiązuje się poprzez selekcję!

Rozwiązywanie problemów z dopasowaniem liczb

Przykładowe problemy uczniów szkół podstawowych, które można rozwiązać metodą selekcji: rywalizuj ze swoim dzieckiem, kto rozwiąże je szybciej: Ty, korzystając z algorytmu Euklidesa, czy uczeń, korzystając z selekcji?

Problem z łapą

Warunki

Kurczaki i króliki siedzą w klatce. Łącznie mają 20 łap. Ile może być kurczaków i ile królików?

Rozwiązanie

Miejmy x kurczaków i y królików. Zróbmy równanie: 2x+4y=20. Skróćmy obie strony równania o dwa: x+2y=10. Dlatego x=10-2y, gdzie x i y są dodatnimi liczbami całkowitymi.

Odpowiedź

Liczba królików i kurczaków: (1; 8), (2; 6), (3; 4), (4; 2), (5; 0)

Zgadzam się, okazało się, że było to szybsze niż przejście „niech w klatce będzie jeden królik…”

Problem z monetami

Warunki

Jedna sprzedawczyni miała tylko monety pięcio- i dwurublowe. Na ile sposobów może zebrać 57 rubli reszty?

Rozwiązanie

Weźmy x monet dwurublowych i y pięciorublowych. Zróbmy równanie: 2x+5y=57. Przekształćmy równanie: 2(x+2y)+y=57. Niech z=x+2y. Wtedy 2z+y=57. Stąd, y=57-2z, x=z-2y=z-2(57-2z) ⇒ x=5z-114. Należy pamiętać, że zmienna z nie może być mniejsza niż 23 (w przeciwnym razie x, liczba monet dwurublowych, będzie ujemna) i większa niż 28 (w przeciwnym razie y, liczba monet pięciorublowych, będzie ujemna). Wszystkie wartości od 23 do 28 są dla nas odpowiednie.

Odpowiedź

Sześć sposobów.

Przygotowane przez Tatianę Jakowlewą

Liniowy Równania diofantyczne

Artykuł badawczy z algebry

Uczeń 9. klasy miejskiej placówki oświatowej „Szkoła średnia Upshinskaya”

Antonowa Jurij

„Jeśli chcesz nauczyć się pływać, to tak

śmiało wejdź do wody i jeśli chcesz

naucz się rozwiązywać problemy, a potem je rozwiązuj.”

D.Poya

Kierownik – Sofronova N.A. .

Zadanie

Aby ułożyć podłogę o szerokości 3 metrów, potrzeba desek o szerokości 11 cm i 13 cm. Ile desek każdego rozmiaru należy wziąć?

Jeśli X – ilość desek o szerokości 11 cm, oraz Na – ilość desek o szerokości 13 cm, wówczas należy rozwiązać równanie:

11 X + 13 lat = 300

Cechy równania 11 x + 13 y = 300: ▪ Kursy 11, 13, 300 to liczby całkowite. ▪ Liczba niewiadomych przewyższa liczbę równań. ▪ Rozwiązania tego równania x i y muszą być liczbami całkowitymi liczby dodatnie

Równania algebraiczne lub układy równań algebraicznych o współczynnikach całkowitych, w których liczba niewiadomych przekracza liczbę równań i dla których należy znaleźć rozwiązania całkowite, nazywane są nieokreślonymi lub diofantyna, nazwany na cześć greckiego matematyka Diofanta .

Przykłady równań diofantyny

1 . Znajdź wszystkie pary liczb całkowitych

X , y , dla którego jest to prawdą równość

2 . Pokaż to równanie

ma nieskończoną liczbę rozwiązań

liczby całkowite

Cel pracy:

Dowiadywać się:

Który metody Z istnieć Dla rozwiązania równań diofantyny?

Zadania:

Znajdź i i nauczyć się metod rozwiązywania liniowy Równania diofantyny z dwiema zmiennymi.

Rozważ możliwości teorii liniowych równań diofantycznych.

Trójki pitagorejskie

Równania nieokreślone w liczbach całkowitych zostały rozwiązane jeszcze przed Diofantem. Na przykład bardzo interesujące było równanie algebraiczne X 2 + y 2 = z 2 , wiążące strony X , Na , z prawy trójkąt. Liczby naturalne X , y I z , które są rozwiązaniami tego równania, nazywane są „Trójki pitagorejskie” .

Równanie Fermata

Badania matematyczne francuskiego matematyka Pierre'a Fermata są również bezpośrednio związane z twórczością Diofantusa. Uważa się, że to właśnie od prac Fermata rozpoczęła się nowa fala w rozwoju teorii liczb. Jednym z jego problemów jest słynne równanie Fermata

X N + y N = z N

Żaden większy matematyk nie przeszedł obok teorii równań diofantyny.

Fermat, Euler, Lagrange, Gauss, Czebyszew pozostawili niezatarty ślad w tej interesującej teorii.

1, (Katalana); ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, gdzie a, b, c, d, e, f są liczbami całkowitymi, czyli ogólnym równaniem niejednorodnym drugiego stopnia z dwiema niewiadomymi (P. Fermat, J . Wallis, L. Euler, J. Lagrange i K. Gauss) „width="640"

Przykłady równań nieokreślonych rozwiązane przez wielkich matematyków XIX i XX wiek: X 2 − nie 2 = 1 , Gdzie N nie jest dokładnym kwadratem (Fermat, Pelle); X z − y T = 1 , Gdzie z , T 1, (Katalana); Oh 2 + bxy + su 2 + dx + ue + F = 0 , Gdzie A , B , Z , D , mi , F - liczby całkowite, czyli ogólne równanie niejednorodne drugiego stopnia z dwiema niewiadomymi (P. Fermat, J. Wallis, L. Euler, J. Lagrange i K. Gauss)

Równania diofantyczne w XX wieku

1900 Międzynarodowy Kongres Matematyczny.

Problem 10 Hilberta

Biorąc pod uwagę równanie diofantyny z pewną liczbą niewiadomych i wymiernymi współczynnikami całkowitymi. Należy opracować procedurę, która w skończonej liczbie operacji mogłaby określić, czy równanie jest rozwiązywalne w liczbach całkowitych wymiernych.

Rosyjski matematyk Jurij Matijasewicz udowodnione :

Dziesiąty problem Hilberta jest nierozwiązywalny – wymagany algorytm nie istnieje.

Czy zawsze można znaleźć wszystkie rozwiązania całkowite danego równania niepewnego lub udowodnić ich brak?

Problem rozwiązywania równań w liczbach całkowitych został całkowicie rozwiązany jedynie dla równań pierwszego stopnia z dwiema lub trzema niewiadomymi.
DE drugiego stopnia z dwiema niewiadomymi rozwiązuje się z dużą trudnością.
DE drugiego stopnia z liczbą niewiadomych większą niż dwa rozwiązuje się tylko w niektórych szczególnych przypadkach, na przykład równaniu X 2 + y 2 = z 2 .
DE stopnia wyższego niż drugi mają z reguły tylko skończoną liczbę rozwiązań (w liczbach całkowitych).
W przypadku równań powyżej drugiego stopnia z dwiema lub większą liczbą niewiadomych nawet problem istnienia rozwiązań całkowitych jest dość trudny. Na przykład nie wiadomo, czy równanie ma

X 3 + y 3 + z 3 = 30 co najmniej jedno rozwiązanie całkowite.

Aby rozwiązać poszczególne równania różniczkowe, a czasem i konkretne równania, konieczne jest wynalezienie nowych metod. Oczywistym jest, że nie ma algorytmu, który pozwalałby znaleźć rozwiązania dowolnych równań różniczkowych.

Liniowe równania diofantyny

Widok ogólny:

LDE z dwiema zmiennymi:

A X + przez = c

LDE z trzema zmiennymi:

A X + przez + cz = re

LDE z dwiema niewiadomymi

LDE z dwiema zmiennymi:

A X + przez = c

Rozwiązania:

X = x 0 - bt

Na = Na 0 + Na

Jednorodny:

A X + przez = 0

Rozwiązania:

X = - bt

Na = o godz

Szukaj prywatnego rozwiązania

Metody rozwiązania:

Metoda wielokrotności.
Zastosowanie algorytmu Euklidesa.
Metoda brutalnej siły.
Metoda zejścia.

Metoda uwzględniania reszt z dzielenia

Metoda wielokrotności

Rozwiąż równanie 11 x + 2 y = 69

Szukamy kwoty równej 69: 55 + 14 = 69 Częściowe rozwiązanie równania

X 0 = 5, y 0 = 7

Zastosowanie algorytmu Euklidesa

Rozwiąż równanie 4 x + 7 y = 16

Znajdźmy gcd liczb 4 i 7, korzystając z algorytmu Euklidesa: gcd(4,7) = 1

Wyraźmy liczbę 1 poprzez współczynniki A = 4 i B =7, korzystając z twierdzenia o rozkładzie liniowym GCD:

NWD ( A, B ) = au + bv .

Otrzymujemy: 1 = 4 ∙ 2 + 7 ∙ (-1) ty = 2, v = -1

Szczególne rozwiązanie równania: X 0 = 2 ∙ 16 = 32,

Na 0 = -1 ∙ 16 = -16

Metoda brutalnej siły

Rozwiąż równanie 7 x + 12 y = 100

7x + 12 lat = 100
7x = 100 – 12 lat
100 – 12 razy 7

Szczególne rozwiązanie równania: X 0 = 4, y 0 = 6

100-12 у

Metoda zjazdu: 3x+8y=60

Wyraźmy

zmienny X

Poprzez Na

Wyraźmy

zmienny X

Poprzez T

Odpowiedź:

Badanie:

Metoda uwzględniania reszt z dzielenia

Rozwiąż równanie w liczbach całkowitych 3x – 4 lata = 1
3 x = 4 y + 1
Lewa strona równania jest podzielna przez 3, co oznacza, że prawa strona musi być podzielna przez 3. Przy dzieleniu przez 3 reszty mogą wynosić 0, 1 i 2.
Rozważmy 3 przypadki.

3 x = 4 ∙ 3 p + 1 = 12 p + 1

y = 3 p + 1

Nie dzieli się przez 3

3 x = 4 ∙ (3p + 1) +1 = 12 p + 3

y = 3 p + 2

Nie dzieli się przez 3

3 x = 4 ∙ (3p + 2) +1 = 12 p + 9

3 x = 3 (4 p + 3)

x = 4 p + 3

Odpowiedź:

Podzielne przez 3

x = 4 p + 3 ; y = 3 p + 2

Możliwości teorii LDE Znajdź wszystkie całkowite rozwiązania równania X 2 + 5 lat 2 + 34z 2 + 2xy - 10xz - 22uz =0

Co dała mi praca nad projektem?

Zdobyłem wiedzę na temat pracy nad projektem badawczym.
Zapoznałem się z historią rozwoju równań diofantycznych i biografią Diofantosa.
Przestudiował metody rozwiązywania LDE z dwiema i trzema niewiadomymi.
rozwiązał zespół problemów o charakterze praktycznym, a także występujących na olimpiadach i egzaminach do kursu szkoły podstawowej
Nabyte umiejętności rozwiązywania niestandardowych problemów.

Myślę, że w przyszłości będę dalej zgłębiał równania diofantyczne drugiego stopnia i metody ich rozwiązywania.

WYKAZ WYKORZYSTANYCH ŹRÓDEŁ

Matematyka w pojęciach, definicjach i terminach. Część 1. Podręcznik dla nauczycieli. wyd. L.V. Sabinina. M., „Oświecenie”, 1978. -320 s. (Biblioteka nauczyciela matematyki.) Z tyłu strona tytułowa: O.V. Manturov, Yu.K. Solntsev, Yu.I. Sorokin, N.G. Fedin.
Nagibin F.F., Kanin E.S. Pudełko matematyczne: podręcznik dla uczniów. – wyd. 4, poprawione. i dodatkowe - M.: Edukacja, 1984. – 160 s., il.
N.P. Tuchnin. Jak zadać pytanie? (O twórczości matematycznej uczniów): Książka dla studentów. – M.: Edukacja, 1993. – 192 s., il.
S.N.Olekhnik, Yu.V.Nesterenko, M.K.Potapov Starożytne problemy rozrywkowe. –M.: Drop, 2002. -176 s., il.
Ya.I.Perelman. Zabawna algebra. – M.: Nauka, 1975. – 200 s., chory.
Zasób wyborczy: http :// www.yugzone.ru /X/ diofant-i-diophantovy-uravneniya / I.G. Bashmakova „Równania diofantyny i diofantyny”.
Zasób wyborczy: http :// www.goldenmuseum.com /1612Hilbert_rus.html Dziesiąty problem Hilberta: historia odkrycia matematycznego (Diophantus, Fermat, Hilbert, Julia Robinson, Nikołaj Worobiow, Jurij Matiyasewicz).
Zasoby wyborcze: http://ru.wikipedia.org/wiki/ Równania diofantyczne.
Zasób wyborczy: http :// rewolucja.allbest.ru / matematyka /d00013924.html Biełow Denis Władimirowicz Liniowe równania diofantyny.
Zasób wyborczy: http :// rewolucja.allbest.ru / matematyka /d00063111.html Liniowe równania diofantyny
Zasób wyborczy: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=570768 Zyuryukina Olga. Równania nieokreślone w liczbach całkowitych lub równania diofantyczne.
Zasób wyborczy: http ://portfolio.1september.ru/work.php?id=561773 Arapow Aleksander. Diofantos i jego równania.
Zasób wyborczy: http :// pl.wikipedia.org / wiki / Algorytm Euklidesa.

Aby rozwiązać liniowe równanie diofantyny, musisz znaleźć wartości zmiennych „x” i „y”, które są liczbami całkowitymi. Rozwiązanie całkowite jest bardziej złożone niż zwykłe i wymaga pewnego zestawu działań. Najpierw musisz obliczyć największy wspólny dzielnik (GCD) współczynników, a następnie znaleźć rozwiązanie. Jeśli znajdziesz jedno rozwiązanie całkowite równania liniowego, możesz zastosować prosty wzór, aby znaleźć nieskończoną liczbę innych rozwiązań.

Kroki

Część 1

Jak napisać równanie

Zapisz równanie w postaci standardowej. Równanie liniowe to równanie, w którym wykładniki zmiennych nie przekraczają 1. Aby rozwiązać takie równanie liniowe, należy je najpierw zapisać w postaci standardowej. Standardowa postać równania liniowego wygląda następująco: ZA x + b y = do (\ displaystyle Ax + By = C), Gdzie A , B (\ displaystyle A, B) I C (\ displaystyle C)- liczby całkowite.

Uprość równanie (jeśli to możliwe). Po zapisaniu równania w standardowej formie spójrz na współczynniki A , B (\ displaystyle A, B) I C (\ displaystyle C). Jeśli te kursy mają GCD, podziel przez nie wszystkie trzy kursy. Rozwiązanie takiego uproszczonego równania będzie jednocześnie rozwiązaniem równania pierwotnego.

Sprawdź, czy równanie można rozwiązać. W niektórych przypadkach można od razu stwierdzić, że równanie nie ma rozwiązań. Jeśli współczynnik „C” nie jest podzielny przez gcd współczynników „A” i „B”, równanie nie ma rozwiązań.

Część 2

Jak napisać algorytm Euklidesa

Zrozumienie algorytmu Euklidesa. Jest to seria powtarzających się dzieleń, w których poprzednia reszta jest używana jako kolejny dzielnik. Ostatnim dzielnikiem dzielącym liczby przez liczbę całkowitą jest największy wspólny dzielnik (NWD) obu liczb.

Zastosuj algorytm Euklidesa do współczynników „A” i „B”. Po zapisaniu równania liniowego w postaci standardowej określ współczynniki „A” i „B”, a następnie zastosuj do nich algorytm Euklidesa, aby znaleźć GCD. Na przykład, biorąc pod uwagę równanie liniowe 87 x - 64 y = 3 (\ displaystyle 87x-64y = 3).

Znajdź największy wspólny dzielnik (NWD). Ponieważ ostatnim dzielnikiem było 1, gcd 87 i 64 wynosi 1. Zatem 87 i 64 są względem siebie liczbami pierwszymi.

Przeanalizuj wynik. Kiedy znajdziesz GCD współczynników A (\ displaystyle A) I B (\ displaystyle B), porównaj to ze współczynnikiem C (\ displaystyle C) oryginalne równanie. Jeśli C (\ displaystyle C) podzielone przez gcd A (\ displaystyle A) I B (\ displaystyle B), równanie ma rozwiązanie całkowite; w przeciwnym razie równanie nie ma rozwiązań.

Część 3

Jak znaleźć rozwiązanie za pomocą algorytmu Euklidesa

Ponumeruj kroki obliczania GCD. Aby znaleźć rozwiązanie równania liniowego, należy zastosować algorytm euklidesowy jako podstawę procesu podstawienia i uproszczenia.

Zwróć uwagę na ostatni krok, gdzie jest reszta. Przepisz równanie dla tego kroku, aby wyodrębnić pozostałą część.

Odizoluj pozostałą część poprzedniego kroku. Proces ten polega na stopniowym „przechodzeniu w górę”. Za każdym razem wyodrębnisz resztę z równania z poprzedniego kroku.

Zamień i uprość. Zauważ, że równanie z kroku 6 zawiera liczbę 2, ale w równaniu z kroku 5 liczba 2 jest wyodrębniona. Dlatego zamiast „2” w równaniu z kroku 6 podstawiamy wyrażenie z kroku 5:

Powtórzyć proces podstawienia i uproszczenia. Powtórz opisany proces, przechodząc przez algorytm Euklidesa w odwrotnej kolejności. Za każdym razem przepiszesz równanie z poprzedniego kroku i podstawisz je do ostatniego otrzymanego równania.

Kontynuuj proces zastępowania i upraszczania. Proces ten będzie powtarzany, aż dojdziesz do początkowego kroku algorytmu Euklidesa. Celem procesu jest zapisanie równania o współczynnikach 87 i 64 pierwotnego równania do rozwiązania. W naszym przykładzie:
- 1 = 2 (18) - 7 (5) (\ Displaystyle 1 = 2 (18) -7 (5))
- 1 = 2 (18) - 7 (23 - 18) (\ Displaystyle 1 = 2 (18) -7 (23-18))(podstawiłem wyrażenie z kroku 3)
- 1 = 9 (64 - 2 ∗ 23) - 7 (23) (\ Displaystyle 1 = 9 (64-2 * 23) -7 (23))(podstawiłem wyrażenie z kroku 2)
- 1 = 9 (64) - 25 (87 - 64) (\ Displaystyle 1 = 9 (64) -25 (87-64))(podstawiłem wyrażenie z kroku 1)

Ministerstwo Edukacji i Nauki Federacji Rosyjskiej

Państwowa instytucja edukacyjna szkolnictwa wyższego

edukacja zawodowa

„Tobolska Państwowa Akademia Społeczno-Pedagogiczna

ich. DI. Mendelejew”

Wydział Matematyki, TiMOM

Niektóre równania diofantyny

Zajęcia

Studentka III roku FMF

Matajew Jewgienij Wiktorowicz

Opiekun naukowy:

Kandydat nauk fizycznych i matematycznych Valickas A.I.

Stopień: ____________

Tobolsk – 2011

Wstęp………………………………………………………………………………........2

§ 1. Liniowe równania diofantyny……………………………..3

§ 2. Równanie diofantynyX 2 – y 2 = A………………………………….....9

§ 3. Równanie diofantynyX 2 + y 2 = A…………………………………... 12

§ 4. Równanie x 2 + x + 1 = 3 lata 2 …………………………………………….. 16

§ 5. Trójki pitagorejskie…………………………………………………………….. 19

§ 6. Ostatnie twierdzenie Fermata…………………………………………………23

Zakończenie………………………………………………………………………………….….....29

Referencje............………………………………………………..30

WSTĘP

Równanie diofantyny jest równaniem postaci P(X 1 , … , X N ) = 0 , gdzie lewa strona jest wielomianem w zmiennych X 1 , … , X N ze współczynnikami całkowitymi. Dowolny zamówiony zestaw (ty 1 ; … ; ty N ) liczby całkowite z własnością P(ty 1 , … , ty N ) = 0 nazywa się (szczególnym) rozwiązaniem równania diofantyny P(X 1 , … , X N ) = 0 .

Rozwiązanie równania diofantyny oznacza znalezienie wszystkich jego rozwiązań, tj. ogólne rozwiązanie tego równania.

Naszym celem będzie nauczenie się, jak znaleźć rozwiązania niektórych równań diofantyny, jeśli takie rozwiązania istnieją.

Aby to zrobić, musisz odpowiedzieć na następujące pytania:

A. Czy równanie diofantyny zawsze ma rozwiązanie, znajdź warunki istnienia rozwiązania.

B. Czy istnieje algorytm, który pozwala znaleźć rozwiązanie równania diofantyny. Przykłady: 1. 5 X – 1 = 0 Równanie diofantyny

2. Przykłady: 1. 5 X – 10 = 0 nie ma rozwiązań. X = 2 ma rozwiązanie

3. , który jest jedyny. Równanie X – 8 X 2 = 0 ln

4. nie jest diofantyną. P(X 1 , … , X N ) = Często równania postaci(X 1 , … , X N ) Q P(X 1 , … , X N ) , Często równania postaci(X 1 , … , X N ) , Gdzie P(X 1 , … , X N ) – Często równania postaci(X 1 , … , X N ) = 0 – wielomiany o współczynnikach całkowitych, zwane także diofantyną. Można je zapisać w formie

5. X 2 – y 2 = A, co jest standardem dla równań diofantyny. A = 1 – Równanie diofantyny drugiego stopnia z dwiema niewiadomymi x i y dla dowolnej liczby całkowitej a. A = 2 .

Zawiera rozwiązania pod adresem

, ale nie ma rozwiązań dla A 1 , … , A N § 1. Liniowe równania diofantynyPozwalać . Równanie postaci A 1 X 1 + … + za N X N = ok nazywa się liniowym równaniem diofantyny ze współczynnikami A 1 , … , A N , prawa strona c i niewiadome X 1 , … , X N .

Jeżeli prawa strona c liniowego równania diofantyny wynosi zero, wówczas takie równanie diofantyny nazywa się jednorodnym. A 1 X 1 + … + za N X N = 0 Naszym bezpośrednim celem jest nauczenie się, jak znaleźć rozwiązania szczególne i ogólne liniowych równań diofantyny z dwiema niewiadomymi. (0; … ; 0).

Oczywiście dowolne jednorodne równanie diofantyny

zawsze ma określone rozwiązanie Jest oczywiste, że liniowe równanie diofantyny, którego wszystkie współczynniki są równe zero, ma rozwiązanie tylko wtedy, gdy jego prawa strona jest równa zero. Ogólnie rzecz biorąc, obowiązuje: A 1 X 1 + … + za N X N = ok Twierdzenie (o istnieniu rozwiązania liniowego równania diofantyny). Liniowe równanie diofantyny 1 , którego nie wszystkie współczynniki wynoszą zero, ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy N NWD (a

, … , A) | C. Liniowe równanie diofantyny 1 , … , A N Dowód. Konieczność warunku jest oczywista: (1 Konieczność warunku jest oczywista: N) ) | A Liniowe równanie diofantyny 1 , … , A N I 1 X 1 + … + A N X N ) , Więc

) | (A = A 1 X 1 + … + A N X N .

, ale nie ma rozwiązań dla , co oznacza, że dzieli iCA 1 , … , A N ) , D= gcd( c = A 1 ty 1 + … + za N ty N = , co oznacza, że dzieli i Dt A 1 , … , A N I T– rozwinięcie liniowe największego wspólnego dzielnika liczb A 1 (ty 1 T. Mnożąc obie strony przez N (ty N T) = = gcd( = ) | (A, otrzymujemy

N) + … + a , tj. liczba całkowita 1 T-ka N (X; ...; X N T)

jest rozwiązaniem pierwotnego równania z

nieznany.

B. Czy istnieje algorytm, który pozwala znaleźć rozwiązanie równania diofantyny. Twierdzenie zostało udowodnione. Twierdzenie to dostarcza konstruktywnego algorytmu znajdowania częściowych rozwiązań liniowych równań diofantyny. Liniowe równanie diofantyny 12x+21y = 5 nie ma rozwiązań, ponieważ 5 .

2. gcd(12, 21) = 3 nie dzieli.

Znajdź szczególne rozwiązanie równania diofantyny 12x+21y = 6 To teraz oczywiste gcd(12, 21) = 3 | 6, więc istnieje rozwiązanie. Zapiszmy rozwinięcie liniowe (2; –1) NWD(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) . Dlatego para (4; –2) – szczególne rozwiązanie równania nie dzieli.

3. 12x+21y = 3 i parę.

– szczególne rozwiązanie pierwotnego równania (12, 21, –2) = ((12, 21), –2) = (3, –2) = 1 | 5 Znajdź szczególne rozwiązanie równania liniowego 12x + 21 lat – 2z = 5 Ponieważ

, to istnieje rozwiązanie. Po dowodzie twierdzenia najpierw znajdujemy rozwiązanie równania (12.21)x–2y=5, a następnie zastępując rozwinięcie liniowe największego wspólnego dzielnika z poprzedniego problemu, otrzymujemy rozwiązanie pierwotnego równania. Aby rozwiązać równanie 3x – 2 lata = 5 (1; 1) napiszmy rozwinięcie liniowe 3 X – 2 y = 1 Dlatego para (5; 5) NWD(3, –2) = 1 = 31 – 21 (12.21)x–2y=5.

oczywiście. Dlatego kilka liczb (12, 21)5 – 25 = 5 jest rozwiązaniem równania (12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) – rozwinięcie liniowe największego wspólnego dzielnika liczb (122+21(–1))5 – 25 = 5 – szczególne rozwiązanie równania diofantyny 1210 + 21(–5) – 25 = 5 Więc, (10; –5; 5) . i parę.

Zastępując tutaj wcześniej znalezioną ekspansję liniową, Lub A 1 X 1 + … + za N X N = ok, tj. trójka liczb całkowitych

jest szczególnym rozwiązaniem pierwotnego równania diofantyny Twierdzenie (o strukturze ogólnego rozwiązania liniowego równania diofantyny). 1 Dla liniowego równania diofantyny N następujące stwierdzenia są prawdziwe: 1 (1) jeśli N ) są jego szczególnymi rozwiązaniami, to różnica (wy 1 – w 1 Dla liniowego równania diofantyny N – w N ) – szczególne rozwiązanie odpowiedniego równania jednorodnego A 1 X 1 + … + za N X N = 0 ,

(2) zbiór rozwiązań cząstkowych liniowego równania jednorodnego diofantyny A 1 X 1 + … + za N X N = 0 zamknięte na dodawanie, odejmowanie i mnożenie przez liczby całkowite,

(3) jeśli M jest ogólnym rozwiązaniem danego liniowego równania diofantyny, oraz L jest ogólnym rozwiązaniem odpowiedniego jednorodnego równania diofantyny, a następnie dla dowolnego konkretnego rozwiązania Twierdzenie (o strukturze ogólnego rozwiązania liniowego równania diofantyny). 1 Dla liniowego równania diofantyny N ) oryginalne równanie jest prawdziwe: M = + L .

, … , A Odejmowanie równości A 1 w 1 + … + A N w N = ) | (A od równości A 1 ty 1 + … +a N ty N = ok, otrzymujemy A 1 (wy 1 – w 1 . Mnożąc obie strony przez N (wy N – w N ) = 0 , czyli zestaw

(wy 1 – w 1 Dla liniowego równania diofantyny N – w N ) – szczególne rozwiązanie liniowego jednorodnego równania diofantyny A 1 X 1 + … + za N X N = 0 .

= (ty 1 Dla liniowego równania diofantyny N następujące stwierdzenia są prawdziwe: 1 (1) jeśli N W ten sposób zostało to udowodnioneL .

) M

Potwierdza to stwierdzenie (1).

, L z Pozwalać L z L .

Twierdzenie (2) udowadnia się podobnie: Aby udowodnić (3), najpierw to zauważamy M+L . .

Wynika to z poprzedniego: M+L 1 Wróć, jeśli N = (lty 1 Dla liniowego równania diofantyny N ) M; ...; l:

A 1 (wy 1 ) L i = ( 1 , następnie M N (wy N ) L i = ( N + l 1 ty 1 + … + za N ty N )+ …+a 1 ) = (a 1 + … + za N ) = (a N )+(a.

l ) = do + 0 = doM Zatem, M = + L .

jest rozwiązaniem pierwotnego równania z

+L A 1 X 1 + … + za N X N = ok Q X Konieczność warunku jest oczywista: , i na końcu Sprawdzone twierdzenie ma wyraźne znaczenie geometryczne. Jeśli weźmiemy pod uwagę równanie liniowe , i na końcu N R L , to, jak wiadomo z geometrii, określa w przestrzeni A 1 X 1 hiperpłaszczyzna uzyskana z płaszczyzny N X N =0 z równaniem jednorodnym , i na końcu N+ … +a + L, przechodząc przez początek, przesunięty o jakiś wektor L. . Zobacz powierzchnię zwana także rozmaitością liniową z przestrzenią kierunkową i wektor przesunięcia A 1 X 1 + … + za N X N = ok Tym samym udowodniono, że jest to rozwiązanie ogólne L M A 1 X 1 + … + za N X N = 0 równanie diofantyny składa się ze wszystkich punktów pewnej rozmaitości liniowej o współrzędnych całkowitych. W tym przypadku współrzędne wektora przesunięcia są również liczbami całkowitymi i zbiorem L.

rozwiązania jednorodnego równania diofantyny składa się ze wszystkich punktów przestrzeni kierunkowej o współrzędnych całkowitych. Z tego powodu często mówi się, że zbiór rozwiązań dowolnego równania diofantyny tworzy rozmaitość liniową z wektorem translacji i przestrzeń przewodnią Przykład: M dla równania diofantyny x – y = 1Pozwalać rozwiązanie ogólne = (1; 0) wygląda L(1+y; y), gdzie y , jego szczególne rozwiązanie i rozwiązanie ogólne równanie jednorodne Q NaPozwalać x – y = 0 zwana także rozmaitością liniową z przestrzenią kierunkową zostanie zapisany w formularzu L(y; y)

2. . i parę.

W ten sposób możemy narysować następujący obraz, na którym rozwiązania pierwotnego równania diofantyny i odpowiadającego mu jednorodnego równania diofantyny są przedstawione jako pogrubione kropki w rozmaitości liniowej (10; –5; 5) i przestrzeń odpowiednio. Znajdź ogólne rozwiązanie równania diofantyny 12 X + 21 y = 2 z.

Prywatne rozwiązanie gcd(12, 21) = 3 | 2z, te. 3 | z Lub z = 3t na jakąś całość T. 3 – rozwinięcie liniowe największego wspólnego dzielnika liczb Zmniejszenie obu części o 4x + 7 lat = 2t . 1 Szczególne rozwiązanie (2; –1) równania diofantyny 4x + 7 lat = NWD(12, 21) = 3 = 122 + 21(–1) Zmniejszenie obu części o znalezione w poprzednim przykładzie. Dlatego

T Pozwalać(4t; –2t)

(7 ty ; –4 ty) w ogóle Zmniejszenie obu części o. Ogólne rozwiązanie odpowiedniego równania jednorodnegotyjuż znaleziony. Zatem ogólne rozwiązanie równaniaty) ma postać: odpowiednio.(4t + 7

Ogólne rozwiązanie odpowiedniego równania jednorodnegotyjuż znaleziony. Zatem ogólne rozwiązanie równaniaty; –2t – 4.

i ogólne rozwiązanie równania jednorodnego A 1 X 1 zostanie napisane w ten sposób: N X N = 0 ; 3t) Łatwo sprawdzić, że wynik ten odpowiada twierdzeniu sformułowanemu powyżej, bez dowodu na rozwiązaniach jednorodnego równania diofantyny+ … + za : Jeśli P = ,

(ty; T) P To

R i parę I jest ogólnym rozwiązaniem rozważanego równania jednorodnego.tyA więc ogólne rozwiązanie równania diofantynytywygląda tak:.

3. (10 + 4t + 7

; –5 – 2t – 4

; 5+3t)

Na przykładzie poprzedniego równania zilustrujemy inną metodę rozwiązywania równań diofantyny z wieloma niewiadomymi, która polega na sukcesywnym zmniejszaniu maksymalnej wartości modułów jej współczynników. 12x + 21y – 2z = 5 12x + (102 + 1)y – 2z = 5 Q 12x + y – 2(z – 10y) = 5 Zatem ogólne rozwiązanie rozważanego równania można zapisać w następujący sposób:

(x; 5 – 12x + 2u; 50 – 120x + 21u)X 2 – y 2 = A

B. Czy istnieje algorytm, który pozwala znaleźć rozwiązanie równania diofantyny. x, ty A = 0 – dowolne parametry całkowite. X = y Lub X = – y§ 2. Równanie diofantyny y Pozwalać.

2. x, ty A = 1 Na X 2 – y 2 = 1 (X + y)(X – y) = 1 otrzymujemy nieskończoną liczbę rozwiązań: X + y dla kogokolwiek X – y mamy X, y. 1 W ten sposób liczba 1 jest rozkładana na iloczyn dwóch czynników całkowitych 1 = 11 dla kogokolwiek 1 = (–1)(–1) I .

3. (to ważne A = 2 Na X 2 – y 2 = 2 (X + y)(X – y) = 2. - cały!). Od numeru

tylko dwa rozwinięcia iloczynu czynników całkowitych, wówczas otrzymujemy dwie możliwości: X 2 – y 2 = 2.

4. Dla X 2 – y 2 = A Postępując analogicznie jak poprzednio, rozważamy rozwinięcia A = 2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), układamy układy:, które w przeciwieństwie do poprzedniego przykładu nie mają rozwiązań. Zatem nie ma rozwiązań rozważanego równania diofantyny . Powyższe rozważania nasuwają pewne wnioski. Rozwiązania równania są w wyniku rozkładu + km na iloczyn liczb całkowitych z systemu są w wyniku rozkładu – km Układ ten ma całe rozwiązania wtedy i tylko wtedy są w wyniku rozkładu na iloczyn liczb całkowitych z systemu km k

MX 2 – y 2 = A ). I X 2 – y 2 = 0 są równe, tj. kiedy liczby .

o tej samej parzystości (jednocześnie parzystej lub nieparzystej). Zatem równanie diofantyny x 2 – y 2 = a ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy a można rozłożyć na iloczyn dwóch czynników całkowitych o tej samej parzystości. , Pozostaje tylko znaleźć wszystkie takie pliki . A = 2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), układamy układy: Twierdzenie (o równaniu

(1) Równanie X 2 – y 2 = A ma nieskończoną liczbę rozwiązań A 2 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać 4).

, … , A Gdzie

– rozkład liczby a na iloczyn dwóch czynników całkowitych o tej samej parzystości.

(3) () Zajmijmy się najpierw równaniem diofantyny X 2 – y 2 = A ma rozwiązanie. Udowodnijmy to A 2 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać 4) . A = 2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), układamy układy: Jeśli są w wyniku rozkładu dla kogokolwiek km Na są w wyniku rozkładu = 2 ) = (a, km = 2 N dla kogokolwiek A = 2=12=21=(–1)(–2)=(–2)(–1), układamy układy: = 4 Równanie 0 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać 4) – rozkład na iloczyn liczb całkowitych o tej samej parzystości, a następnie na parzyste są w wyniku rozkładu, km. A W przypadku nieparzystego A – 2 ich praca 4 też dziwne, różnica

A 2 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać 4).

() jest nieparzysta i niepodzielna przez A 2 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać 4) , tj. Ponownie X 2 – y 2 = A Jeśli teraz A = 1 A, to możemy skonstruować rozwiązanie równania . A 2 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać 4) Rzeczywiście, jeśli a jest dziwne, to 4 | A, A = 4 B = 2(2 B) jest rozwinięciem iloczynu liczb całkowitych nieparzystych, tak że – rozwiązanie równania diofantyny. Jeśli a jest parzyste, to z powodu

jest rozwiązaniem pierwotnego równania z

B. Czy istnieje algorytm, który pozwala znaleźć rozwiązanie równania diofantyny. Przykłady: 1. X 2 – y 2 = 2012 rozumiemy to 2010 = 4502 + 2 2 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać 4).

2. Przykłady: 1. X 2 – y 2 = 2011 jest rozwinięciem iloczynu liczb parzystych, tak że

2011 3 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać 4). – rozwiązanie równania diofantyny.

2011 = 12011 = 20111 = (–1)(–2011) = (–2011)(–1),

nie ma rozwiązań, ponieważ ma rozwiązania, ponieważ 2011 Mamy oczywiste rozszerzenia

dla każdego z nich znajdziemy rozwiązaniaX 2 + y 2 = A

B. Czy istnieje algorytm, który pozwala znaleźć rozwiązanie równania diofantyny. 0 = 0 2 + 0 2 , 1 = 0 2 + 1 2 , są w wyniku rozkładu 2 = 0 2 + są w wyniku rozkładu 2 (dowolna kombinacja znaków). Innych rozwiązań nie ma, bo... numer

2. 2 = 1 2 + 1 2 , 5 = 1 2 + 2 2 , 8 = 2 2 + 2 2 , 10 = 1 2 + 3 2 , 13 = 2 2 + 3 2 , 17 = 1 2 + 4 2 , 18 = 3 2 + 3 2 , 20 = 2 2 + 4 2 , …

3. prosty(?!). A = 3, 6 = 23, 7, 11, 12 = 2 2 3, 14 = 27, 15 = 35, 19, 21 = 37, 22 = 211, 23, 24 = 32 3 , …

§ 3. Równanie diofantyny

4 N+3 .

Zatem oczywiście każdy kwadrat można w trywialny sposób przedstawić jako sumę dwóch kwadratów. Nie ma rozwiązań dla 4 N + 3 Analiza powyższych wyników może sugerować, że brak rozwiązań jest w jakiś sposób powiązany z liczbami pierwszymi postaci

, … , A, obecny przy faktoryzacji liczb, których nie można przedstawić jako sumy dwóch kwadratów. 4 N + 3 Twierdzenie (o przedstawieniu liczb naturalnych przez sumę dwóch kwadratów). ALiczbę naturalną a można przedstawić jako sumę dwóch kwadratów wtedy i tylko wtedy, gdy w jej rozwinięciu kanonicznym występują liczby pierwsze postaci 2 są w wyniku rozkładu +1 B = X 2 + y 2 mają nawet wykładniki.

Najpierw udowodnijmy, że jeśli liczbę naturalną a można przedstawić jako sumę dwóch kwadratów, to w jej rozwinięciu kanonicznym wszystkie liczby pierwsze postaci musi mieć parzyste wykładniki. Załóżmy, wbrew temu, co zostało udowodnione, że 4 N+3 na iloczyn liczb całkowitych z systemu B = str, Gdzie X c = Na R -

liczba pierwsza postaciP, y = = gcd(., co oznacza, że dzieli iCX, yWyobraźmy sobie liczby w formie x =, = str x =; z, T, w formie Dz 0 , Gdzie ) = str 2 są w wyniku rozkładu +1 B = , co oznacza, że dzieli i 2 (z 2 + T 2 S 2 w formie x = 2 (z 2 + T 2 ) w ) = str 2( są w wyniku rozkładu – w formie )+1 B = x = 2 (z 2 + T 2 ) N = str x =. Wtedy otrzymamy równość Rz 2 + T 2 ) ) = str z, T , tj.

4 N + 3 ). Po lewej stronie równości znajduje się p (stopień nieparzysty nie jest równy zero), co oznacza, że jeden z czynników po prawej stronie jest dzielony przez liczbę pierwszą p. Ponieważ , ToN+3 r | (

, … , A, gdzie liczby X 2 + y 2 0((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) wzajemnie proste. Przeczy to następnemu lematowi (?!). X0((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) Lemat (o podzielności sumy dwóch kwadratów przez liczbę pierwszą postaci y 0 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) Jeśli liczba pierwsza X dla kogokolwiek y p = 4 X = str.

dzieli sumę kwadratów dwóch liczb naturalnych, a następnie dzieli każdą z tych liczb.= str ). Z odwrotności. Pozwalać X, Ale = str Lub = str – . 1 ty < = str, Ponieważ symetryczne, można je zamieniać miejscami, więc możemy to założyć 1 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str).

, … , A Lemat (o odwracalności modulo X Dla dowolnej liczby całkowitej = str, nie jest podzielna przez liczbę pierwszą , istnieje odwrotny element moduloX, = str) = 1 = symetryczne, można je zamieniać miejscami, więc możemy to założyć + taka liczba całkowita (ty, w Pozwalać) Co symetryczne, można je zamieniać miejscami, więc możemy to założyć1(xu) Numer ty porównaj z X modulo = str. ty nie spełnia ograniczenia 1 ty < = str, a następnie dzielenie ty z włączonym balansem = str, otrzymujemy resztę R ty ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) , dla którego xr symetryczne, można je zamieniać miejscami, więc możemy to założyć 1 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) na iloczyn liczb całkowitych z systemu 0 R < = str.

Lemat o odwracalności modulo = str udowodniony.

Mnożenie porównania X 2 + y 2 0 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) na kwadrat ty 2 element odwrotny do X modulo = str, otrzymujemy 0 = 0u 2 X 2 ty 2 + y 2 ty 2 = (xu) 2 + (ty) 2 1+t 2 (mod p).

Zatem dla T = ty porównanie zrobione T 2 –1 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) , co doprowadzi do sprzeczności. To jasne T = str: W przeciwnym razie T 0 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) dla kogokolwiek 0 T 2 –1 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) , co jest niemożliwe. Z twierdzenia Fermata mamy T = str –1 1 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str), które razem z T 2 –1 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) dla kogokolwiek = str = 4 N + 3 prowadzi do sprzeczności:

1 t p–1 = t 4n+3–1 = t 2(2n+1) = (t 2 ) 2n+1 (–1) 2n+1 = –1 (mod p).

Powstała sprzeczność pokazuje, że założenie o X 0 ((2) Każde rozwiązanie równania ma postać = str) nie było prawdą.

Lemat o podzielności sumy dwóch kwadratów przez liczbę pierwszą 4 N+3 udowodniony.

W ten sposób udowodniono, że liczba, której rozwinięcie kanoniczne obejmuje liczbę pierwszą = str = 4 N + 3 do potęgi nieparzystej, nie można przedstawić jako sumy dwóch kwadratów.

Udowodnimy teraz, że jest to dowolna liczba, w której rozwinięciu kanonicznym znajdują się liczby pierwsze = str = 4 N + 3 uczestniczą tylko w potęgach parzystych i można je przedstawić jako sumę dwóch kwadratów.

Idea dowodu opiera się na następującej tożsamości:

(A 2 +b 2 )(C 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (reklama + bc) 2 ,

co można wyprowadzić ze znanej właściwości modułu liczb zespolonych - moduł iloczynu jest równy iloczynowi modułów.

| z|| T| = | Naprawdę,| | A + zt|| ) | (A + bi| = |(A + zt)() | (A + bi)|

di 2 |a + bi| 2 |c + di| 2

(A 2 +b 2 )(C 2 +d 2 ) = (ac – bd) 2 + (reklama + bc) 2 .

= |(ac – bd) + (ad + bc)i| ty = X 2 + y 2 , w = z 2 + T 2 Z tej tożsamości wynika, że jeśli dwie liczby u, v można przedstawić jako sumę dwóch kwadratów: , wówczas ich produkt UV można przedstawić jako sumę dwóch kwadratów: = (UV – xz) 2 + (yt + xt) 2 .

yz A > 1 Dowolna liczba naturalna ALiczbę naturalną a można przedstawić jako sumę dwóch kwadratów wtedy i tylko wtedy, gdy w jej rozwinięciu kanonicznym występują liczby pierwsze postaci 1 można zapisać w postaci są w wyniku rozkładu km 2 ... R ) = str Konieczność warunku jest oczywista:, Gdzie km Dz – parami różne liczby pierwsze, , . R Aby to zrobić, wystarczy znaleźć rozwinięcie kanoniczne (R) 2 zapisz każdą potęgę formy = 2, w formie kwadratu R = R(R) 2 nawet = 2 + 1 lub w formularzu

29250 = 23 2 5 3 13 = 2513(35) 2 , km = 15.

za dziwne km 2 , a następnie zgrupuj oddzielnie kwadraty i pozostałe pojedyncze liczby pierwsze. km 2 = 0 2 + km 2 Na przykład, ) = str Konieczność warunku jest oczywista: (1 Konieczność warunku jest oczywista: są w wyniku rozkładu) Numer ) = str 1 ma trywialną reprezentację jako sumę dwóch kwadratów: są w wyniku rozkładu . 2 = 1 2 + 1 2 Jeśli udowodnimy reprezentowalność jako sumę dwóch kwadratów wszystkich liczb pierwszych 4 N + 1 , to korzystając z tożsamości, otrzymamy reprezentację liczby a. Według warunku, wśród liczb, … , R

można się tylko spotkać A = 29250 = 2513(15) 2 i liczby pierwsze postaci

2 = 1 2 + 1 2 , 5 = 1 2 + 2 2 , 13 = 2 2 + 3 2 ,

25 = (11 – 12) 2 + (12 + 11) 2 = 1 2 + 3 2 ,

2513 = (12 – 33) 2 + (13 + 32) 2 = 7 2 + 9 2 ,

29250 = 2513(15) 2 = (715) 2 + (915) 2 = 105 2 + 135 2 .

jest rozwiązaniem pierwotnego równania z

.Pozostaje zatem uzyskać reprezentację w postaci sumy dwóch kwadratów liczby pierwszej

p = 4t + 1 . Podzielmy to stwierdzenie na osobne twierdzenie (patrz poniżej)

XNa przykład dla po kolei otrzymujemy: § 4. Równanie x+ x + 1 = 3 lata X= 313, y = 181. Metoda podobna do opisanej powyżej dla równania. x+x-2y=0, pozwoli nam wyznaczyć wszystkie rozwiązania równania X+x+1=3 lata (1)

w liczbach naturalnych X, ty Załóżmy, że (x, y) jest rozwiązaniem równania (1) w liczbach naturalnych, oraz x > 1. Można łatwo sprawdzić, że równanie (18) nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych X, j, Gdzie x = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; więc musi tak być x10.

Pokażmy to 12 ty<7 X+3, 7у>4X+ 2. 4у> 2X+1 . (2)

Gdyby tak było 12 lat> 7x+3, mielibyśmy 144у> 49 X+42 X+9 . i ponieważ, biorąc pod uwagę (18), 144у= 48X+ 48 X + 48 , wtedy by było X< 6 X +3 9, skąd

(x-3)< 48 i dlatego, biorąc to pod uwagę X> 10, 7 < 148 , co jest niemożliwe. Zatem pierwsza z nierówności (2) została udowodniona.

Gdyby tak było 7u< 4 X+2 , mielibyśmy 49u< 16 X+ 16 X+4 , a ponieważ, biorąc pod uwagę (1), 16 X+ 16 X+ 16 = 48 у, wtedy by było 49u< 48u-12, co jest niemożliwe. W ten sposób udowodniono drugą z nierówności (2), z której bezpośrednio wynika trzecia. Zatem nierówności (2) są prawdziwe.

Połóżmy teraz

x == 7x - 12 lat+3,H = -4 X+ 7у-2. (3)

Na podstawie (2) stwierdzamy, że x = > 0 , H > 0 I X -x ==3(4 y-2 X-1)>0 i dlatego x =<х . Zgodnie z (3) mamy x = 2 + x =+1=3 H 2 skąd, biorąc pod uwagę (1), akceptujemy g(x, y) = (7x- 12 lat + 3, -4x + 7 lat -2).

Możemy więc to powiedzieć na podstawie dowolnej decyzji (x, y) równanie (1) w liczbach naturalnych, gdzie x > 1, otrzymujemy nowe rozwiązanie (x =, H) = g(x, y) równanie (1) w liczbach naturalnych x =, H Gdzie x = < х (i dlatego rozwiązaniem są mniejsze liczby naturalne). Stąd, postępując jak wyżej, stwierdzamy, że dla każdego rozwiązania równania (1) w liczbach naturalnych § 4. Równanie, Gdzie x > 1, istnieje liczba naturalna n taka, że g(x, y) = (l, 1).

Po zaakceptowaniu f(x, y) = (7X+12у + 3, 4X+ 7у + 2), (4) możemy to łatwo znaleźć f(g(x,y)) = (x,y) i dlatego (X, y) = F(1,1) Z drugiej strony łatwo to sprawdzić (x, y) jest zatem rozwiązaniem równania (1) w liczbach naturalnych F(X, y) istnieje również rozwiązanie równania (1) w liczbach naturalnych (odpowiednio większych niż X c = Na).

Po zaakceptowaniu x=y=1(x, y) = f(1, 1) Dla N=2,3,…..,

otrzymujemy sekwencję { X, y} Dla N= 1, 2,….., zawierający wszystkie rozwiązania równania (1) w liczbach naturalnych i tylko takie rozwiązania.

Tutaj mamy (X,y)= F(1,1)= F(x, y), zatem na mocy (4) otrzymujemy

x=7X+12 lat+3,y=4x+7 y+2 (5) (N=1, 2, ...)

Wzory, które pozwalają konsekwentnie wyznaczać wszystkie rozwiązania (x, y) równanie (1) w liczbach naturalnych. W ten sposób łatwo uzyskujemy rozwiązania (1,1),(22,13),(313,181),.(4366,2521),(60817,35113),..

Tych rozwiązań jest oczywiście nieskończenie wiele. Z równości

x=y=1 oraz (4) korzystając z indukcji łatwo stwierdzamy, że liczby X przy indeksach nieparzystych są nieparzyste, przy indeksach parzystych są parzyste, a liczby y esencja jest dziwna N = 1, 2, ... Aby otrzymać wszystkie rozwiązania równania (1) w liczbach całkowitych § 4. Równanie jak łatwo wykazać, wynikałoby z otrzymanych już rozwiązań (x, y) dołączyć (x, -y) I (-x-1, ±y) Dla N=1, 2, .. .

Mamy więc przykładowo następujące rozwiązania: (-2,1) (-23,13), (-314,181). A. Rotkiewicz zauważył, że spośród wszystkich rozwiązań równania (1) w liczbach naturalnych x > 1 i możesz znaleźć wszystkie rozwiązania równania (z+1)-z= y (6)

w liczbach naturalnych z, y. Faktycznie załóżmy, że liczby naturalne z,y spełniają równanie (5). Układanie x=3z+l, otrzymujemy, jak łatwo sprawdzić, liczby naturalne x > 1 c = Na, spełniające równanie (1).

Z drugiej strony, jeśli liczby naturalne x > 1 I Na spełniają równanie (1), to – jak łatwo sprawdzić – mamy (x-1)= 3(y-x), co oznacza, że liczba (naturalna) x-1 podzielone przez 3 , stąd x-1= 3 z, gdzie z jest liczbą naturalną i zachodzi równość 3z=y-X=y3z-1 , co dowodzi, że liczby z c = Na spełniają równanie (6). Zatem na podstawie decyzji (22,13),(313,181), (4366,2521) równanie (1) otrzymujemy rozwiązania (7,13),(104,181),(1455,2521) równanie (6). Zauważmy tutaj również, że jeśli liczby naturalne z, y spełniają równanie (6), to zostaje to udowodnione Na jest na przykład sumą dwóch kolejnych kwadratów 13=2+3,181=9+10, 2521=35+ 36 . Podobnie jak poprzednio dla równania (1), mogliśmy znaleźć wszystkie rozwiązania równania X+(X+1)= y w liczbach naturalnych § 4. Równanie, zaakceptowawszy x > 3 g(x. y) = (3x -2y+1, 3y - 4x- 2) i dla X> 1 f(x, y) = (3X+ 2y+l, 4x + Zu + 2), co prowadzi do wzoru ( x, y)F(3,5) i do wniosku, że wszystkie rozwiązania równania (6) w liczbach naturalnych x, y zawierają się w ciągu { X, y} Dla N= 1, 2,…., Gdzie x=3, y=5, aX=3 X+2 y+1 . y = 4 X+3 y+2 (N=1, 2, ...). Na przykład, x = 3 3 + 2 5 + 1 = 20, y = 4 3 + 3 5 + 2 = 29;X=119, y=169:X=69b, y= 985;X=4059, y=5741.

Geometryczne znaczenie rozważanego równania jest takie, że daje ono wszystkie trójkąty pitagorejskie (trójkąty prostokątne o naturalnych bokach), których nogi wyrażone są przez kolejne liczby naturalne. Istnieje nieskończona liczba takich trójkątów (*).

Równanie X+(X+1)= y, udowodniono, że nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych § 4. Równanie.