Решение уравнений в целых числах

При этих условиях величины и выбираются произвольно, но так, чтобы было положительно. Формулы (19') действительно дают все решения в целых положительных и взаимно простых числах , , , так как, с одной стороны, мы доказали, что , , в этом случае должны представляться по формулам (19'), а с другой стороны, если мы зададим числа и , удовлетворяющие нашим условиям, то , , будут действительно взаимно просты и будут решением уравнения (19).














Глава 2. ПРАКТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ
Задачи практической части заимствованы из таких источников: с 1 по 5 с книги Корянова А.Г., Математика, ЕГЭ 2010, Задания С6 – Брянск, 2010 г, 6 – 9 – Шевкина А.В., Пукаса Ю.О., ЕГЭ, Математика, Задание С6 – М.: «Экзамен», 2014 г.
Задача 1.
Группу школьников нужно перевезти из летнего лагеря одним из двух способов: либо двумя автобусами типа за несколько рейсов, либо тремя автобусами типа за несколько рейсов, причем в этом случае число рейсов каждого автобуса типа В будет на один меньше, чем рейсов каждого автобуса типа . В каждом из случаев автобусы заполняются полностью. Какое максимальное количество школьников можно перевезти при указанных условиях, если в автобус типа входит на 7 человек меньше, чем в автобус типа ?
Решение.
Пусть в автобус типа входит человек, а в автобус типа входит человек.
Пусть каждый из трех автобусов типа сделает по рейсов, а каждый из двух автобусов типа – по .
Так как в обоих случаях автобусы перевезут одно и то же количество детей.
Получаем уравнение:;

;
.
При получаем: или .
Число – один из восьми делителей числа . Перебирая их по очереди, мы получим все возможные решения (8 пар и ): , , , , , , , .
Для каждой пары последовательно находим количества перевозимых детей, равные : 1980, 1104, 816, 540, 504, 420, 504.
Ответ: 1980 детей перевозятся тремя автобусами типа (по 15 человек) или двумя автобусами типа (по 22 человека) за 45 рейсов.

Задача 2.
Шарики можно разложить в пакетики, а пакетики упаковать в коробки, по 3 пакетика в одну коробку. Можно эти же шарики разложить в пакетики так, что в каждом пакетике будет на 3 шарика больше, чем раньше, но тогда в каждой коробке будет лежать по 2 пакетика, а коробок потребуется на 2 больше. Какое наибольшее количество шариков может быть при таких условиях?
Решение.
Пусть в каждой из коробок лежит 3 пакетика, по шариков в каждом. Во втором случае коробок , пакетиков в коробке 2, а шариков в пакетике . По условию задачи получаем уравнение: , откуда .
Заметим, что из следует, что , откуда .
Учитывая, что числа и натуральные, получаем, что – натуральный делитель числа 36.
Количество шариков при этом .
Решение находим, исследуя функцию . Данная функция монотонно убывает при и монотонно возрастает при . Следовательно, наибольшее значение функции достигается, если – наибольший или наименьший натуральный делитель числа 36.
Если , то , .
Если , то , .
Ответ: 840 шариков.

Задача 3.
Целые числа , , образуют геометрическую прогрессию, а числа , , – арифметическую прогрессию (в указанном порядке). Найти , , .
Решение.
Из системы уравнений , , получим соотношение ( . Учитывая условие целочисленности, приходим к выводу, что выражение принимает целые значения, т.е. разность является делителем 31. Итак, возможны лишь случаи . Осуществляя их перебор с учетом требований , , имеем единственную возможность , , , приводящую к ответу.
Ответ: , .

Задача 4.
Последние члены двух конечных арифметических прогрессий , ,…, и , ,…, совпадают, а сумма всех совпадающих (взятых по одному разу) членов этих прогрессий равна 815. Найти число членов в каждой прогрессии.
Решение.
Имеем , и , .
Общие члены прогрессий удовлетворяют уравнению ( . Левая часть последнего уравнения делится на 3, следовательно ; , где .
Найдем . Общие члены двух прогрессий сами образуют арифметическую прогрессию с первым членом, равным 14, а последним – равным .
Значит, ( . Следовательно, . Поэтому ; .
Ответ: , .

Задача 5.
Натуральные числа , , образуют возрастающую арифметическую прогрессию, причем все они больше 1000 и являются квадратами натуральных чисел. Найти наименьшее возможное, при указанных условиях, значение .
Решение.
Пусть , , .
; ; , .
Тогда ( .
Пусть , ; .
Значит, числа и – одинаковой четности, а так как , то , , .
Отсюда .
Значит, ( .
При этих условиях необходимо найти минимум .
Так как , , то . Отсюда .
Перебираем случаи:
Если , то . Следовательно, решений нет.
Если , то . Следовательно, .
Если , то . Следовательно, .
Если , то . Следовательно, ; .
Если , то .
Значит, наименьшее значение , при этом ; .
Ответ: 2500 [5, c. 27-29].


Задача 6.
Натуральные числа и таковы, что и , и делится на . Найти и .
Решение.
Так как каждое из чисел и делится на , т.е. справедливо равенство , где – целое число.
Если , то – натуральное число и справедливы неравенства , , , равенство невозможно.
Если , то верно равенство , где – натуральное число.
Так как для натуральных чисел и справедливы неравенства , , , равенство невозможно.
Следовательно, .
Перепишем условие задачи « делится на » (т.е. на ) в виде , где – натуральное число.
Разделив равенство на натуральное число , получим равенство , которое перепишем в виде .
Для натуральных чисел и равенство верно лишь при условии и . Мы получили единственное решение задачи: .
Ответ: [6, c. 16–17].

Задача 7.
Найти все такие пары натуральных чисел и таких, что и делятся на .
Решение.
Сначала докажем, что и взаимно просты.
Предположим, что это не так. Тогда делится на , а делится на , где – некоторое простое число.
Будем считать, что .
Так как по условию делится на , то оно должно делиться на , так как на это число делится , но максимальная степень , на которую делится число , равна . Полученное противоречие показывает, что и взаимно просты.
Рассмотрим тождество . По условию его левая часть делится на , следовательно, на должна делиться и правая часть. Так как и взаимно просты, то и и не могут иметь общий делитель, больший 1. Получается, что на делится число . Это возможно только если , так как .
Итак, , следовательно .
Ответ: [6, c. 18–19].

Задача 8.
Найти все пары пятизначных чисел и такие, что число , полученное приписыванием десятичной записи числа после десятичной записи числа , делится на .
Решение.
По условию задачи число делится на , т.е. верно равенство , где – натуральное число.
Перепишем данное равенство в виде .
Так как не делится на , то делится на ; т.е. , где – натуральное число, меньшее 10 (в противном случае не пятизначное число).
Заменив в равенстве на и разделив полученное равенство на , имеем: .
Так как , то делится на . Число имеет делители, меньшие 10: 1, 2, 4, 5, 8.
Рассмотрим случаи:
Если , то равенство имеет вид . Первыми делителями числа являются и , но при и при число не пятизначное.
Если , то равенство имеет вид . Первыми делителями числа 50001 являются числа 1, 3 и 7.
При имеем: , , число не пятизначное.
При имеем: , .
При число не пятизначное.
Итак, числа , удовлетворяют условиям задачи.
Если , то равенство имеет вид . Первыми делителями числа 25001 являются числа 1 и 23.
При имеем , число не пятизначное.
При число не пятизначное.
Если , то равенство имеет вид .
При имеем , , число не пятизначное.
При число не пятизначное.
Если , то равенство имеет вид .
При имеем , , число не пятизначное.
При число не пятизначное.
Итак, в случаях 1), 3) – 5) не существует чисел и , удовлетворяющих условию задачи. Задача имеет единственное решение: , .
Ответ: [6, c. 12–14].

Задача 9.
Найти все натуральные , при каждом из которых число делится нацело на 169.
Решение.
Запишем равенство , где , .
Преобразуем данное равенство: ( .
Так как правая часть данного равенства делится на 13, следовательно, должна делиться и левая часть. Поэтому хотя бы один из его сомножителей ( или ) должен делиться на 13.
Так как , то сразу оба числа и делятся на 13. Следовательно, их произведение делится на 169. Так как 52 не делится на 13, то и сумма не делится на 13. Значит, не делится нацело на 169, т.е. нет натуральных , удовлетворяющих данному условию.
Ответ: таких чисел нет [6, c. 44–45].
















ЗАКЛЮЧЕНИЕ
Проведя анализ периодической и учебно – методической литературы, мы пришли к выводу, что в настоящее время существуют различные способы решения уравнений в целых числах, алгоритмы которых несложно запомнить. При решении уравнений первой степени чаще всего используют следующие методы и способы:
метод с использованием алгоритм Евклида;
метод цепных дробей;
метод построения подходящих дробей к данной цепной дроби;
метод сравнений
А для решения диофантовых уравнений высших степеней существуют другие методы, а именно:
метод полного перебора всех возможных значений переменных, входящих в уравнение;
метод разложения на множители;
метод, основанный на оценке выражений, входящих в уравнение;
метод решения уравнения с двумя переменными как квадратного относительно одной из переменных;
метод бесконечного (непрерывного) спуска;
метод, основанный на выражении одной переменной через другую и выделении целой части дроби;
метод, основанный на выделении полного квадрата;
Таким образом, можно сделать вывод что, общего способа быть не может, не существует единого алгоритма, позволяющего за конечное число шагов решать в целых числах произвольные диофантовы уравнения.



СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
Гельфонд А.О. Решение уравнений в целых числах. -4-е изд. – М.: Наука, 1983. – 64 с. – (Популярные лекции по математике).
Бардушкин В.В., Кожухов И.Б., Прокофьев А.А., Фадеичева Т.П. основы теории делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультативный курс. – М.: МГИЭТ (ТУ), 2003 г.
Базылев Д.Ф. Справочное пособие к решению задач: диофантовы уравнения. – Минск: НТЦ «АПИ», 1999 г.
Корянов А.Г. Математика. ЕГЭ 2010. Задания С6. – Брянск, 2010 г.
Шевкин А.В., Пукас Ю.О. ЕГЭ. Математика. Задание С6. – М.: «Экзамен», 2014 г.
https://ru.wikipedia.org/wiki/Диофантово_уравнение














2