Генрих Г.Н. ФМШ №146 г. Пермь

54 ≡ 6× 5≡ 2(mod 7),

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

Возводя в степень k, получаем 56k ≡ 1(mod 7) при любом натуральном k. Поэтому 5555 =56 × 92 × 53 ≡ 6 (mod7).

(Геометрически это равенство означает, что мы проходим по кругу, стартуя от 5, девяносто два цикла и еще три числа). Таким образом, число 222555 дает при делении на 7 остаток 6.

Решение уравнений в целых числах.

Несомненно, одна из интересных тем математики – решение диофантовых уравнений. Эта тема изучается в 8, а затем и в 10 и 11 классе.

Любое уравнение, которое требуется решить в целых числах, называется диофантовым уравнением. Простейшим из них является уравнение вида ах+bу=с, где а, b и с Î Z. При решении этого уравнения используется следующая теорема.

Теорема. Линейное диофантово уравнение ах+bу=с, где а, b и сÎ Z имеет решение тогда и только тогда, когда с делится на НОД чисел а и b. Если d=НОД (а, b), a=a1 d, b=b1 d, c=c1 d и (x0 , y0 ) – некоторое решение уравнения ах+bу=с, то все решения задаются формулами х=x0 +b1 t, y=y0 –a1 t, где t ─ произвольное целое число.

1. Решить в целых числах уравнения:

2. Следующие задачи рассматривала с выпускниками при подготовке к ЕГЭ по математике по данной теме.

1). Решить в целых числах уравнение: ху+3у+2х+6=13. Рещение:

Разложим на множители левую часть уравнения. Получим:

Так как x,уÎ Z, то получим совокупность систем уравнений:

Генрих Г.Н.

ФМШ №146 г. Пермь

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

2). Решить в натуральных числах уравнение: 3х +4у =5z .

9). Найти все пары натуральных чисел m и n, для которых справедливо равенство 3m +7=2n .

10). Найти все тройки натуральных чисел k, m и n, для которых справедливо равенство: 2∙k!=m! –2∙n! (1!=1, 2!=1∙2, 3!= 1∙2∙3, …n!= 1∙2∙3∙…∙n)

11). Все члены конечной последовательности являются натуральными числами. Каждый член этой последовательности, начиная со второго, или в 14 раз больше, или в 14 раз меньше предыдущего. Сумма всех членов последовательности равна 4321.

в) Какое наибольшее число членов может иметь последовательность? Решение:

а) Пусть а1 =х, тогда а2 = 14х или а1 =14х, тогда а2 =х. Тогда по условию а1 + а2 = 4321. Получим: х+14х=4321, 15х=4321, но 4321 не кратно 15, значит, двух членов в последовательности быть не может.

б) Пусть а1 =х, тогда а2 = 14х, а3 =х, или 14х+х+14х=4321, или х+14х+х=4321. 29х=4321, тогда х=149, 14х=2086. Значит, последовательность может иметь три члена. Во втором случае 16х=4321, но тогда х не является натуральным числом.

Ответ: а) нет; б) да; в) 577.

12). Все члены конечной последовательности являются натуральными числами. Каждый член этой последовательности, начиная со второго, или в 10; раз больше, или в 10 раз меньше предыдущего. Сумма всех членов последовательности равна 1860.

а) Может ли последовательность иметь два члена? б) Может ли последовательность иметь три члена?

в) Какое наибольшее число членов может иметь последовательность?

Очевидно, что говорить о делимости целых чисел и рассматривать задачи по данной теме можно бесконечно. Я постаралась рассмотреть эту тему так, чтобы в большей степени заинтересовать учащихся, показать им красоту математики еще и с этой с точки зрения.

Список литературы:

1. А. Я. Каннель-Белов, А. К. Ковальджи. Как решают нестандартные задачи Москва МЦНМО 2001

2. А.В.Спивак. Приложение к журналу Квант№4/2000 Математический праздник, Москва 2000

3. А.В.Спивак. Математический кружок, «Посев» 2003

4. Санкт-Петербургский городской дворец творчества юных. Математический кружок. Задачник первого-второго года обучения. Санкт-Петербург. 1993

5. Алгебра для 8 класса. Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики. Под редакцией Н.Я.Виленкина. Москва, 1995 г.

6. М.Л.Галицкий, А.М.Гольдман, Л.И.Звавич. Сборник задач по алгебре для 8-9 классов. Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики. Москва, Просвещение. 1994 г.

7. Ю.Н.Макарычев, Н.Г.Миндюк, К.И.Нешков. Алгебра 8 класс. Учебник для школ и классов с углубленным изучением математики. Москва, 2001 г.

8. М.И.Шабунин, А.А.Прокофьев УМК МАТЕМАТИКА Алгебра. Начала математического анализа. Профильный уровень. Учебник для 11 класса. Москва Бином. Лаборатория знаний 2009

9. М.И.Шабунин, А.А.Прокофьев, Т.А.Олейник, Т.В.Соколова. УМК МАТЕМАТИКА Алгебра. Начала математического анализа. Профильный уровень Задачник для 11 класса. Москва Бином. Лаборатория знаний 2009

10. А.Г.Клово, Д.А.Мальцев, Л.И.Абзелилова Математика. Сборник тестов по плану ЕГЕ 2010

11. ЕГЭ-2010. «Легион-М». Ростов-на-Дону 2009

12. ЕГЭ УМК «Математика. Подготовка к ЕГЭ». Под редакцией Ф.Ф.Лысенко, С.Ю.Кулабухова. Подготовка к ЕГЭ-2011. «Легион-М». Ростов-на-Дону 2010

13. УМК «Математика. ЕГЭ-2010». Под редакцией Ф.Ф.Лысенко, С.Ю.Кулабухова. МАТЕМАТИКА Подготовка к ЕГЭ-2010. Учебно-тренировочные тесты. «Легион-М». Ростов-на-Дону 2009

14. ФИПИ ЕГЭ. Универсальные материалы для подготовки учащихся МАТЕМАТИКА 2010 «Интеллект-Центр» 2010

15. А.Ж.Жафяров. Математика. ЕГЭ-2010 Экспресс-консультация. Сибирское университетское издательство, 2010

Введение

Существует множество математических задач, ответами к которым служат одно или несколько целых чисел. В качестве примера можно привести четыре классические задачи, решаемые в целых числах – задача о взвешивании, задача о разбиении числа, задача о размене и задача о четырёх квадратах. Стоит отметить, что, несмотря на достаточно простую формулировку этих задач, решаются они весьма сложно, с применением аппарата математического анализа и комбинаторики. Идеи решения первых двух задач принадлежат швейцарскому математику Леонарду Эйлеру (1707–1783). Однако наиболее часто можно встретить задачи, в которых предлагается решить уравнение в целых (или в натуральных) числах. Некоторые из таких уравнений довольно легко решаются методом подбора, но при этом возникает серьёзная проблема – необходимо доказать, что все решения данного уравнения исчерпываются подобранными (то есть решений, отличных от подобранных, не существует). Для этого могут потребоваться самые разнообразные приёмы, как стандартные, так и искусственные. Анализ дополнительной математической литературы показывает, что подобные задания достаточно часто встречаются в олимпиадах по математике разных лет и различных уровней, а также в задании 19 ЕГЭ по математике (профильный уровень). В то же время в школьном курсе математики данная тема практически не рассматривается, поэтому школьники, участвуя в математических олимпиадах или сдавая профильный ЕГЭ по математике, обычно сталкиваются со значительными трудностями при выполнении подобного рода заданий. В связи с этим целесообразно выделить систему основных методов решения уравнений в целых числах, тем более что в изученной математической литературе этот вопрос явно не оговаривается. Описанная проблема определила цель данной работы: выделить основные методы решения уравнений в целых числах. Для достижения поставленной цели необходимо было решить следующие задачи:

1) Проанализировать олимпиадные материалы, а также материалы профильного ЕГЭ по математике;

2) Обозначить методы решения уравнений в целых числах и выделить преобладающие;

3) Полученные результаты проиллюстрировать примерами;

4) Составить несколько тренировочных заданий по данной теме;

5) Применяя разработанные задания, определить степень готовности учащихся девятых классов МБОУ СОШ №59 к решению подобного рода задач и сделать практические выводы.

Основная часть

Анализ разнообразной математической литературы показывает, что среди методов решения уравнений в целых числах в качестве основных можно выделить следующие:

1. Представление уравнения в виде произведения нескольких множителей, равного некоторому целому числу;
2. Представление уравнения в виде суммы квадратов нескольких слагаемых, равной некоторому целому числу;
3. Использование свойств делимости, факториалов и точных квадратов;
4. Использование Малой и Великой теорем Ферма;
5. Метод бесконечного спуска;
6. Выражение одной неизвестной через другую;
7. Решение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных;
8. Рассмотрение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое число.

Сразу же нужно оговорить, что мы понимаем под основными методами решения уравнений. Основными будем называть наиболее часто применяющиеся методы, что, конечно, не исключает возможности периодического применения новых «неожиданных» приёмов. Кроме того, причём в подавляющем большинстве случаев, применяют их различные сочетания, то есть проводят комбинирование нескольких методов.
В качестве примера сочетания методов рассмотрим уравнение, предлагавшееся на ЕГЭ по математике в 2013 году (задание С6).

Задача. Решить в натуральных числах уравнение n ! + 5n + 13 = k 2 .

Решение. Заметим, что оканчивается нулём при n > 4. Далее, при любых n ∈ N оканчивается либо цифрой 0, либо цифрой 5. Следовательно, при n > 4 левая часть уравнения оканчивается либо цифрой 3, либо цифрой 8. Но она же равна точному квадрату, который не может оканчиваться этими цифрами. Поэтому нужно перебрать только четыре варианта: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.

Значит, уравнение имеет единственное натуральное решение n = 2, k = 5.

В этой задаче использовались свойства точных квадратов, свойства факториалов, и остатки от деления обеих частей уравнения на 10.

Задача 1. n 2 - 4y ! = 3.

Решение. Сначала перепишем исходное уравнение в виде n 2 = 4y ! + 3. Если посмотреть на это соотношение с точки зрения теоремы о делении с остатком, то можно заметить, что точный квадрат, стоящий в левой части уравнения, даёт при делении на 4 остаток 3, что невозможно. Действительно, любое целое число представимо в одном из следующих четырёх видов:

Таким образом, точный квадрат при делении на 4 даёт в остатке либо 0, либо 1. Следовательно, исходное уравнение не имеет решений.

Ключевая идея – применение свойств точных квадратов.

Задача 2. 8z 2 = (t !) 2 + 2.

Решение. Непосредственная проверка показывает, что t = 0 и t = 1 не являются решениями уравнения. Если t > 1, то t ! является чётным числом, то есть, оно представимо в виде t ! = 2s . В таком случае уравнение можно преобразовать к виду 4z 2 = 2s 2 + 1. Однако, полученное уравнение заведомо не имеет решений, ибо в левой части стоит чётное число, а в правой – нечётное.

Ключевая идея – применение свойств факториалов.

Задача 3. Решить в целых числах уравнение x 2 + y 2 – 2x + 6y + 5 = 0.

Решение. Исходное уравнение можно переписать следующим образом: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 5.

Из условия следует, что (x – 1), (y + 3) – целые числа. Следовательно, данное уравнение эквивалентно следующей совокупности:

Теперь можно выписать всевозможные целые решения уравнения.

Задача 4. Решить в целых числах уравнение zt + t – 2z = 7.

Решение. Исходное уравнение можно преобразовать к виду (z + 1) (t – 2) = 5. Числа (z + 1), (t – 2) являются целыми, поэтому имеют место следующие варианты:

Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения.

Ключевая идея – представление уравнения в виде произведения, равного целому числу.

Задача 5. Решить в целых числах уравнение n (n + 1) = (2k + 1)‼

Решение. Число (2k + 1)‼ нечётно при всех неотрицательных значениях k согласно определению (при отрицательных k оно вообще не определено). С другой стороны, оно равно числу n (n + 1), которое чётно при всех целых значениях k . Противоречие.

Ключевая идея – использование чётности/нечётности частей уравнения.

Задача 6. Решить в целых числах уравнение xy + x + 2y = 1.

Решение. Путём преобразований уравнение можно свести к следующему:

Данное преобразование не изменило ОДЗ неизвестных, входящих в уравнение, так как подстановка y = –1 в первоначальное уравнение приводит к абсурдному равенству –2 = 1. Согласно условию, x – целое число. Иначе говоря, тоже целое число. Но тогда число обязано быть целым. Дробь является целым числом тогда и только тогда, когда числитель делится на знаменатель. Делители числа 3: 1,3 –1, –3. Следовательно, для неизвестной возможны четыре случая: y = 0, y = 2, y = –2, y = –4. Теперь можно вычислить соответствующие значения неизвестной x . Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).

Ключевая идея – выражение одной неизвестной через другую.

Задача 7. m = n 2 + 2.

Решение. Если m = 0, то уравнение примет вид n 2 = –1. Оно не имеет целых решений. Если m < 0, то левая часть уравнения, а значит, и n , не будет являться целым числом. Значит, m > 0. Тогда правая часть уравнения (как и левая) будет кратна 5. Но в таком случае n 2 при делении на 5 должно давать остаток 3, что невозможно (это доказывается методом перебора остатков, который был изложен при решении задачи 1). Следовательно, данное уравнение не имеет решений в целых числах.

Ключевая идея – нахождение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое натуральное число.

Задача 8. Решить в целых числах уравнение (x !) 4 + (y – 1) 4 = (z + 1) 4 .

Решение. Заметим, что в силу чётности показателей степеней уравнение эквивалентно следующему: (x !) 4 + |y – 1| 4 = |z + 1| 4 . Тогда x !, |y – 1|, |z + 1| – натуральные числа. Однако, согласно Великой теореме Ферма, эти натуральные числа не могут удовлетворять исходному уравнению. Таким образом, уравнение неразрешимо в целых числах.

Ключевая идея – использование Великой теоремы Ферма.

Задача 9. Решить в целых числах уравнение x 2 + 4y 2 = 16xy .

Решение. Из условия задачи следует, что x – чётное число. Тогда x 2 = 4x 1 2 . Уравнение преобразуется к виду x 1 2 + y 2 = 8x 1 y . Отсюда вытекает, что числа x 1 , y имеют одинаковую чётность. Рассмотрим два случая.

1 случай . Пусть x 1 , y – нечётные числа. Тогда x 1 = 2t + 1, y = 2s + 1. Подставляя эти выражения в уравнение, получим:

Выполним соответствующие преобразования:

Сокращая обе части полученного уравнения на 2, получим?

В левой части стоит нечётное число, а в правой – чётное. Противоречие. Значит, 1 случай невозможен.

2 случай . Пусть x 1 , y – чётные числа. Тогда x 1 = 2x 2 + 1, y = 2y 1 . Подставляя эти значения в уравнение, получим:

Таким образом, получилось уравнение, точно такое же, как на предыдущем шаге. Исследуется оно аналогично, поэтому на следующем шаге получим уравнение и т.д. Фактически, проводя эти преобразования, опирающиеся на чётность неизвестных, мы получаем следующие разложения: . Но величины n и k не ограничены, так как на любом шаге (со сколь угодно большим номером) будем получать уравнение, эквивалентное предыдущему. То есть, данный процесс не может прекратиться. Другими словами, числа x , y бесконечно много раз делятся на 2. Но это имеет место, только при условии, что x = y = 0. Итак, уравнение имеет ровно одно целое решение (0; 0).

Ключевая идея – использование метода бесконечного спуска.

Задача 10. Решить в целых числах уравнение 5x 2 – 3xy + y 2 = 4.

Решение. Перепишем данное уравнение в виде 5x 2 – (3x )y + (y 2 – 4) = 0. Его можно рассмотреть как квадратное относительно неизвестной x . Вычислим дискриминант этого уравнения:

Для того чтобы уравнение имело решения, необходимо и достаточно, чтобы , то есть Отсюда имеем следующие возможности для y : y = 0, y = 1, y = –1, y = 2, y = –2.

Итак, уравнение имеет ровно 2 целых решения: (0;2), (0;–2).

Ключевая идея – рассмотрение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных.

Составленные автором задачи были использованы при проведении эксперимента, который состоял в следующем. Всем учащимся девятых классов были предложены разработанные задания с целью выявления уровня подготовки детей по данной теме. Каждому из учеников необходимо было предложить метод нахождения целочисленных решений уравнений. В эксперименте приняли участие 64 ученика. Полученные результаты представлены в таблице 1.

ТАБЛИЦА 1

Данные показатели говорят о том, что уровень подготовки учащихся девятых классов по данной теме очень низкий. Поэтому целесообразной представляется организация спецкурса «Уравнения в целых числах», который будет направлен на усовершенствование знаний учеников в данной области. Прежде всего, это ученики, которые систематически участвуют в математических конкурсах и олимпиадах, а также планируют сдавать профильный ЕГЭ по математике.

Выводы

В ходе выполнения данной работы:

1) Проанализированы олимпиадные материалы, а также материалы ЕГЭ по математике;

2) Обозначены методы решения уравнений в целых числах и выделены преобладающие;

3) Полученные результаты проиллюстрированы примерами;

4) Составлены тренировочные задания для учащихся девятых классов;

5) Поставлен эксперимент по выявлению уровня подготовки по данной теме учащихся девятых классов;

6) Проанализированы результаты эксперимента и сделаны выводы о целесообразности изучения уравнений в целых числах на математическом спецкурсе.

Результаты, полученные в ходе данного исследования, могут быть использованы при подготовке к математическим олимпиадам, ЕГЭ по математике, а также при проведении занятий математического кружка.

Список литературы

1. Гельфонд А.О. Решение уравнений в целых числах. – М.: Наука, 1983 – 64 с.

2. Алфутова Н.Б. Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для математических школ – М.: МЦНМО, 2009 – 336 с.

3. Гальперин Г.А., Толпыго А.К. Московские математические олимпиады: Кн. для учащихся / Под ред. А.Н. Колмогорова. – М.: Просвещение, 1986. – 303 с., илл.

4. Далингер В.А. Задачи в целых числах – Омск: Амфора, 2010 – 132 с.

5. Гастев Ю. А., Смолянский М. Л. Несколько слов о Великой теореме Ферма // Квант, август 1972.

Глоссарий

Метод бесконечного спуска – метод, разработанный французским математиком П.Ферма (1601–1665), заключающийся в получении противоречия путём построения бесконечно убывающей последовательности натуральных чисел. Разновидность метода доказательства от противного.

Точный (полный) квадрат - квадрат целого числа.

Факториал натурального числа n - произведение всех натуральных чисел от 1 до n включительно.