Презентация на тему "Решение диофантовых уравнений"

Ваша оценка презентации
Оцените презентацию по шкале от 1 до 5 баллов
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4
  • 5

Рецензии

Добавить свою рецензию

Аннотация к презентации

Презентация для школьников на тему "Решение диофантовых уравнений" по математике. pptCloud.ru — удобный каталог с возможностью скачать powerpoint презентацию бесплатно.

Содержание

  • Слайд 1

     

    Работу подготовили учащиеся 9 класса МОУ СОШ №3 городского округа город Мантурово Соколов Илья Викторович, Соколов Дмитрий Викторович. Руководитель: Малышева Светлана Юрьевна, учитель математики высшей категории Решение диофантовых уравнений

  • Слайд 2

     

    Цели и задачи. Биография Диофанта Диофантовы уравнения с одной неизвестной Диофантовые уравнения первой степени Диофантовые уравнения высших степеней Другие методы решения диофантовых уравнений Содержание.

  • Слайд 3

     

    Цели : научиться находить решения неопределенного диофантового уравнения, если это решение имеется. Для достижения наших целей, были поставлены следующие задачи: 1) Изучить литературу о Диофанте, и о диофантовых уравнениях. 2) Понять, как решаются диофантовые уравнения. 3) Найти различные методы их решеня. 4) Систематизировать материал. 5) Выступить с ним на научной конференции. Цели и задачи.

  • Слайд 4

     

    Нам неизвестно, кем был Диофант, точные года его жизни. На могиле Диофанта есть стихотворение-загадка, решая которую нетрудно подсчитать, что Диофант прожил 84 года. О времени жизни Диофанта мы можем судить по работам французского исследователя науки Поля Таннри, и это, вероятно, середина III в.н.э. Наиболее интересным представляется творчество Диофанта. «Труды его подобны сверкающему огню среди полной непроницаемой тьмы». [Стройк] До нас дошло 7 книг из 13, которые были объединены в «Арифметику». Стиль и содержание этих книг резко отличаются от классических античных сочинений по теории чисел и алгебре, образцы которых мы знаем по «Началам» Евклида, леммам из сочинений Архимеда и Аполлония. «Арифметика», несомненно, явилась результатом многочисленных исследований, многие из которых остались нам неизвестны. Мы можем только гадать о её корнях и изумляться богатству и красоте её методов и результатов. Биография Диофанта.

  • Слайд 5

     

    «Арифметика» Диофанта – это сборник задач (их всего 189), каждая из которых снабжена решением и необходимым пояснением. В собрание входят весьма разнообразные задачи, а их решение часто в высшей степени остроумно. Диофант практиковался в нахождении решений неопределенных уравнений вида , или систем таких уравнений. Типично для Диофанта, что его интересуют только положительные целые и рациональные решения. Иррациональные решения он называет «невозможными» и тщательно подбирает коэффициенты так, чтобы получились искомые положительные, рациональные решения. Поэтому, обычно, произвольное неопределенное уравнение (но, как правило, все-таки с целыми коэффициентами) получает титул "диофантово", если хотят подчеркнуть, что его требуется решить в целых числах.

  • Слайд 6

     

    В дальнейшем нам потребуются следующие определения Определение 1. Диофантовым уравнением 1-ой степени (линейным) с nнеизвестными называется уравнение вида a1x1+a2x2+ … +anxn = b, где все коэффициенты и неизвестные – целые числа и хотя бы одно ai≠0. Для сокращения записи условимся далее сокращать фразу линейное диофантово уравнение, как ЛДУ. Определение 2. Решением ЛДУ называется упорядоченная n -ка целых чисел (( x1, x2 … ,xn )) , такая, что a1x1+a2x2+ … +anxn=b. Нашей целью будет научиться находить решения неопределенного уравнения первой степени, если это решение имеется. Для этого, необходимо ответить на следующие вопросы: 1). Всегда ли ЛДУ имеет решений, найти условия существования решения. 2). Имеется ли алгоритм, позволяющий отыскать решение ЛДУ. Диофантовы уравнения с одной не известной.

  • Слайд 7

     

    Рассмотрим уравнение a0 + a1x + ... + anxn = 0, (2) гдеajЄ Z (j = 0,...,n), an ≠ 0. Покажем, каким образом можно определить все рациональные корни уравнения (2) (этот метод позволяет, в частности, решать уравнения вида (2) в целых числах). Не нарушая общности рассуждений, можно считать, что a0 ≠ 0. Пусть r - рациональный корень уравнения (2), r = pq, где pЄ Z, qЄ N*, (p, q) = 1. Умножая обе части равенства a0+a1p∕q+ … +an(p/q)n=0, наqn, получим a0qn + a1p*qn-1 + ... + an-1pn-1q + anpn = 0, следовательно, pa0qn и qanpn.(3)Так как (p,q) = 1, то (p,qn) = 1, (q,pn) = 1, поэтому из соотношений (3) следует, что pa0, qan. Поскольку рациональных чисел вида r = p/q, таких что (p,q) = 1, pa0, qan, конечное число, то за конечное число шагов можно выбрать те из них, которые являются решением уравнения (2). Как следует из приведенных выше рассуждений, других решений уравнение (2) иметь не может.

  • Слайд 8

     

    Диофантовы уравнения первой степени. Перейдем теперь к решению в целых числах уравнений первой степени или так называемых линейных уравнений, т. е. уравнений вида a1x1 + a2x2 + ... + anxn = b,(6)где aj Є Z (j = 1,2,...,n), bЄ Z. Предположим, что не все числа aj (j = 1,...,n) равны нулю. Очевидно, для существования решения в целых числах уравнения (6) необходимо, чтобы (a1,...,an)b. Покажем, что это условие является и достаточным. Положив перейдем к равносильному уравнению a1’x1 + ... + an’xn = b’ (7),где (a1’, ..., an’) = 1. Пусть ai, ’   aj’- два ненулевых числа, таких, что |ai ’| ≠ |aj ’|. Для определенности предположим, что i < j, |ai ’|> |aj ’|. Разделив с остатком ai’на aj’, получим представление ai’=aj ’q + r. Заменив ai’на aj’q + r в уравнении (7), приведем его к виду а1’ x1 + ... + rxi+ ... + aj ’(xj+ qxi) + ... + an’xn = b ’. (8) Перепишем уравнение (8) в виде аk ’, k‡ i хk, k‡ j, a1 ’’x1 + ... + an ’’xn ’’= b ’, (9), гдеak’’=хk’’= . r , k‡ i хj+ q хj, k=j,

  • Слайд 9

     

    Очевидно, что решения уравнения (7) и (9). связаны между собой взаимно однозначным соответствием и, таким образом, решив уравнение (9), несложно найти все решения уравнения (7). С другой стороны отметим, что  k, i {1,...,n},   k ≠ i аk ’’= ak’,     |ai ’’| < |ai ’|. Отметим также, что (a1 ’’, ..., an ’’) = (a1 ’, ..., ai ’- aj· ’q, ..., an ’) = (a1 ’, ..., an ’) = 1. . Следовательно, за конечное число шагов уравнение (7) приведется к виду а1х1 +…+ аnхn= b ’(10), где числа   (i = 1,...,n), которые не равны нулю, равны между собой по абсолютной величине. Из соотношения следует, что числа  (i = 1,...,n) могут принимать только значения 0,±1, причем не все из них равны нулю. Предположим, для определенности, . Тогда уравнение (10) имеет следующее решение: где t2, t3, ..., t- произвольные целые числа. Отсюда, учитывая проведенные замены, получается и решение уравнения (7). Отметим, что при получении решения уравнения (10) использовался лишь факт, что , поэтому, при выполнении алгоритма можно остановиться на том шаге, когда хотя бы один из коэффициентов станет равен ±1.

  • Слайд 10

     

    Диофантовы уравнения высших степеней. 1. Метод разложения на множители Доказать: что уравнение (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 30 не имеет решений в целых числах. Решение: Разложив левую часть на множители, приведем уравнение к виду (x - y)(y - z)(z - x) = 10. Заметим, что (x - y) + (y - z) + (z - x) = 0. С другой стороны, делителями 10 являются числа ±1, ±2, ±5, ±10. Нетрудно проверить, что сумма любых трех чисел из этого множества, дающих в произведении 10, не будет равняться 0.

  • Слайд 11

     

    2. Использование четности Доказать, что уравнение x3 + 2y3 + 4z3 - 6xyz = 0, (13) в целых числах не имеет решений, не равных нулю одновременно. Решение: Предположим, что числа x, y, z, не равные одновременно нулю, являются решением исходного уравнения. Видно, что число x - четное. Подстановка x = 2x1 дает 4x13 + y3 + 2z3 - 6x1yz = 0. Отсюда следует, что число y - четное, y = 2y1. Учитывая это, получим 2x13 + 4y13 + z3 - 6x1y1z = 0. Следовательно, z - также четное число. После подстановки z = 2z1 уравнение принимает вид x13 + 2y13 + 4z13 - 6x1y1z1 = 0. Рассуждая аналогично, доказывается, что для любого n N 2n|x,   2n|y,   2n|z. Противоречие.

  • Слайд 12

     

    Другие методы решения диофантовых уравнений Задача: Доказать, что уравнение x 3 + y 3 + z 3 = 2 имеет бесконечно много решений в целых числах. Решение: Положим x = a + b,   y = a - b. Тогда x 3 + y 3 = 2a 3 + 6ab 2. С учетом последнего равенства исходное уравнение принимает вид 2a 3 + 6ab 2 + z 3 = 2. Положив a = 1, получим z 3 = -6b 2. Положим теперь b = 6t 3. Отсюда z = -6t 2,   x = 1 + 6t 3,   y = 1 - 6t 3. Таким образом, получено бесконечное множество решений исходного уравнения, соответствующих целочисленным значениям параметра t

  • Слайд 13

     

    Задача: Доказать, что уравнение X 2 - 2y 2 = 1 (14)имеет бесконечно много решений в натуральных числах. Решение: Нетрудно заметить, что (3,2) - одно из решений исходного уравнения. С другой стороны из тождества (x 2 + 2y 2)2 - 2(2xy)2 = (x2 - 2y2)2 следует, что если (x, y) - решение уравнения (14), то пара (x2 + 2y2 , 2xy) также является его решением. Используя этот факт, рекуррентно определим бесконечную последовательность (xn , yn) различных решений исходного уравнения: (x1 , y1) = (3,2)   и   xn+1 = xn2 + 2yn2,     yn+1 = 2xnyn,    n N. Задача: Доказать, что уравнение x(x + 1) = 4y(y + 1) неразрешимо в целых положительных числах. Решение: Нетрудно заметить, что исходное уравнение равносильно уравнению x2 + x + 1 = (2y + 1)2. Следовательно, x2 < (2y + 1)2 < (x + 1)2 или x < 2y + 1 < x + 1. Полученное противоречие доказывает требуемое утверждение.

  • Слайд 14

     

    Задача: решить в целых числах уравнение. Решение: Заметим, что слагаемые в левой части уравнения имеют одинаковый знак, а поскольку их сумма положительна, то каждое слагаемое также положительно. Применяя неравенство Коши, получим Следовательно, xyz = 1. Отсюда получим, что решениями могут быть только тройки (1,1,1), (1,-1,-1), (-1,-1,1), (-1,1,-1). Проверкой убеждаемся, что каждая из них действительно является решением исходного уравнения. Задача: Доказать, что уравнение не имеет решений в целых положительных числах. Решение: Положим d = (x , y),   x1 = x/d,   y1 = y/d. Так как x2 + xy + y2 = x2y2, следовательно, x12 + x1y1 + y12 = d 2x12y 12. (15)Отсюда получаем, что x1|y1,     y1|x1. Учитывая, что (x1,y1) = 1, делаем вывод, что x1 = y1 = 1. Таким образом, уравнение (15) принимает вид d2 = 3, Отсюда следует требуемое утверждение.

  • Слайд 15

     

    Задача: Доказать, что уравнение x2 + 1 = py, где p - простое число вида 4k+3, неразрешимо в целых числах. Решение: Предположим, что исходное уравнение разрешимо в целых числах. Тогда x2 + 1 ≡ 0(mod p). Но, согласно малой теореме Ферма, -1 ≡ (-1)2k+1 ≡ (x2)2k+1 ≡ x p-1 ≡ 1(mod p). Полученное противоречие доказывает неразрешимость исходного уравнения в Z. Задача: решить в целых числах уравнение 2x3 + xy - 7 = 0. Решение: Из условия следует, что x должен быть делителем числа 7. Т. е. возможные значения x находятся среди чисел {±1, ±7}. Перебрав эти возможности, получаем решение уравнения: (1,5), (-1,-9), (7,-97), (-7,-99

Посмотреть все слайды
Презентация будет доступна через 45 секунд