LOGO Исследовательская работа МОУ СОШ 65, г.Ижевск Автор: Лучихина Екатерина 10 кл Учитель: Васильева Г.П. 2009г. Исследовательская работа МОУ СОШ 65, - презентация

1 LOGO Исследовательская работа МОУ СОШ 65, г.Ижевск Автор: Лучихина Екатерина 10 кл Учитель: Васильева Г.П. 2009г. Исследовательская работа МОУ СОШ 65, г.Ижевск Автор: Лучихина Екатерина 10 кл Учитель: Васильева Г.П. 2009г. Решений уравнени й и неравенств в целых числах.

2 Задачи и цели нашего проекта: 1.Знакомство с диофантовыми уравнениями. 2.Изучение великой теоремы Ферма. 3.Изучение определение и свойств делимости. 4. Изучение теоремы о делимости с остатком. 5.Изучение основной теоремы арифметики. 6.Решение уравнений методом разложения на множители. 7.Решение уравнений методом относительно одного из неизвестных. 8.Решение уравнений графическим методом. 9. Решение уравнений методом перебора. 10. Решение неравенств.

3 Понятие диофантовых уравнений: Диофантовы уравнения - это уравнения с несколькими неизвестными, решения которых ищутся в целых числах. Название «Диофантовы» дано им по имени древнегреческого математика Диофанта (III век).

4 Виды диофантовых уравнений: Уравнение первой степени: ax +by = c, где a и b- целые отличные от нуля числа. Уравнение Пифагора x² + y²= z² Уравнения Ферма n є N, n 3, Виды диофантовых уравнений

5 Задача Л. Эйлера Некий чиновник купил лошадей и быков за 1770 талеров. За каждую лошадь он уплатил по 31 талеру, а за каждого быка – по 21 талеру. Сколько лошадей и быков купил чиновник? Ответ: (9; 71), (30; 40), (51; 9). Решение 31x+21y=1770

6 Решение Пусть чиновник купил х лошадей и у быков. Тогда можем составить следующее уравнение: 31х+ 21у= 1770, по смыслу задачи х и у - натуральные числа. Так как 21 и 1770 делятся на 3, а 31 не делится на 3, то по теореме арифметики х делится на 3. Обозначив х = 3х 1, где х 1 - натуральное число, перепишем уравнение 31х+ 21у= 1770 в виде 3х 1 + 7у = 590 Для любого частного решения данного уравнения справедливы сравнения: х 1 +7у 3х1, 590 2, откуда 3х 1 2. Так как по смыслу задачи х1 – натуральное число, то найдем подбором наименьшее натуральное число х 1 =3, 7 удовлетворяющее условию 3х 1 2. Тогда х = 9 – наименьшее натуральное число, удовлетворяющее условию задачи. Из уравнения 3х 1 + 7у = 590 найдем соответствующее значение у, равное 71. Частное решение уравнения 31х+ 21у= 1770 найдено: х 0 = 9, у 0 = 71. Другие решения найдем, выписав все решения уравнения 31х+ 21у= 1770: х = n, у = n, n є Z. Так как х = 9 – наименьшее натуральное число, удовлетворяющее условию задачи, то следующие натуральные значения х получим, беря n = 1, 2, 3…. При n = 1 получим: х = 30, у = 40, при n = 2 получим: х =51, у = 9, а при n > 2 получим отрицательные значения у, которые не отвечают условиям задачи. Таким образом, уравнению 31х+ 21у= 1770 удовлетворяют следующие пары чисел: (9; 71), (30; 40), (51; 9).

7 Великая теорема Ферма: «Уравнение x + y= z, n є N, n 3 не имеет решений в натуральных числах». Эта теорема была сформулирована итальянским математиком П. Ферма более 300 лет назад, а доказана лишь в 1993 году. Надо отметить, что нет общих методов решения диофантовых уравнений.

8 Определение и свойство делимости: Целое число a делится на целое число b0, если существует такое целое число c, что а=bc. - Если а делится на b, то ka делится на b. - Если a и b делятся на c, то сумма a+b и разность a-b делятся на c. - Если а делится на k, b делится на n, то произведение ab делится на произведение kn. - Если а делится на b и b делится на c, то а делится на c.

9 Взаимно простые числа: Два числа называются взаимно простыми 1. Если они не имеют общих натуральных делителей, кроме единицы. 2. Если число а делится на каждое из двух взаимно простых чисел b и с, то оно делится и на их произведение bс. 3. Если произведение аb делится на число с, причем числа а и с взаимно простые, то b делится на с.

10 Основная лемма арифметики Пусть натуральные числа m, n и q таковы, что n = mq и n имеет такой делитель d такой, что (m,d)= 1, тогда число q делится на d

11 Теорема о делении с остатком Для любого целого числа а и натурального числа b существует единственная пара чисел q и r, таких что а= bq + r, где q- целое, r – число неотрицательное. Если r = 0, то говорят, что число а делится на число b нацело и тогда q называют полным частным, а число b – делителем числа а. Рассмотрим случай деления на натуральное число b. Для любой пары чисел а є Z и b є N существует и притом только одна пара целых чисел r и q таких, что выполняются условия: а) а= bq + r б) 0 r

12 Доказательство: 1) Пусть а = 0, b є N, тогда пара q = r = 0 удовлетворяет условиям (а) и (б). 2) Пусть а є N, b є N, тогда рассмотрим числа b · 0, b · 1, b · 2, b · 3,..., b · k, b ·(k + 1),... Как следствие Архимедова свойства действительных чисел получим, что существует целое неотрицательное число k такое, что либо а= bk, либо bk < a < b (k + 1). Но тогда либо а= bk + 0, либо а= bk + r, где r = а – bk и r < b, так как r = а – bk < b (k + 1) – bk = b. Это значит, что нашлись q и r, удовлетворяющие условиям (1) и (2). 3) Пусть а отрицательно и | a | є N, b є N, тогда по доказанному в пункте 2) существуют целые числа q1 и r1, такие, что | a | = bq1 + r1 и 0 r1 < b. Так как | a | = – а, то отсюда получаем, что – а = bq1 + r1 или а = – bq1 – r1. Если r1 = 0, то обозначив q = – q1, получим, что справедливо равенство а= bk + 0 Если r1 > 0, то обозначив q = –( q1 + 1), r = b – r1, получим, что справедливо равенство а= bq + r, где 0 r < b. Это значит, что нашлись целые числа q и r, удовлетворяющие условиям теоремы. Итак, показано, что для любых а є Z и b є N существует пара целых чисел q и r удовлетворяющая условиям (1) и (2). Докажем теперь, что такая пара единственная. Предположим противное: пусть справедливы два неравенства: a = bq1 + r1 и a = bq2 + r2, где 0 r1 < b и 0 r2 < b. Тогда справедливо равенство r1 – r2 = b (q2 – q1). Если предположим, что q2 > q1, тогда из равенства (3) следует, что r1 = b (q2 – q1) + r2 b. Получилось противоречие с условием r1 < b. Если предположим что q2 < q1, то тоже получим противоречие. Следовательно q2 = q1, но тогда r1 = r2. А это означает, что пара q и r единственная. Теорема доказана. При делении целого числа а на натуральное число m может получится только m остатков: 0, 1, 2, 3, …, m – 1. Поэтому множество Z всех целых чисел можно разбить на m непересекающихся классов Аi, где в класс Аi входят те и только те целые числа, которые при делении на m дают остаток i(i = 0, 1, 2, …, m – 1). Это свойство целых чисел часто применяют при решении задач.

13 Делимость натуральных чисел Говорят, что натуральное число а делится (нацело) на натуральное число b, если существует такое натуральное число с, что справедливо равенство а= bc. Числа b и с называют делителями числа а. У каждого натурального числа а >1 есть два делителя 1 и а. - Если а делится на b, то ka делится на b. - Если а и b делятся на с, то сумма а + b и разность а – b делятся на с. - Если а делится на k, b делится на n, то произведение аb делится на произведение kn. - Если а делится на b и b делится на с, то а делится на с. - Если у натурального делителя а >1 нет других делителей, кроме 1 и а, то это число называют простым. - Если у натурального числа - а > 1 есть делители, отличные от 1 и а, то это число называют составным. Ясно, что число 1 не относится ни к простым, ни к составным числам.

14 Основная теорема арифметики: Каждое натуральное число n >1 представляют в виде, где – суть простые числа, причем представление единственно с точностью до порядка следования множителей. Следствие. Каждое натуральное число n единственным образом представимо в виде, где – простые и – некоторые натуральные числа.

15 Задача1 x² - 7y² = 5 x² - 5 = 7y²

16 х = 7k => х² - 5 = (49k² - 5) не делится на 7 х = 7k ± 1 => х² - 5 = (49k² ± 14k+ 1- 5)= (49k² ± 14k– 4) не делится на 7 х = 7k ± 2 => х² - 5 = (49k² ± 28k+ 4–5)= (49k² ± 28k– 1) не делится на 7 х = 7k ± 3 => х² - 5 = (49k² ± 42k+9–5) = (49k² ± 42k+ 4) не делится на 7 Ответ: решений нет.

17 Задача 2 2х² +2ху - х + у =112 у(2х +1) = 112+х- 2х²

18 x и y – натуральные числа 2х+1 0

19 12 1 x x 2 2 xx xx x x

20

21 2x+1xy(x;y) (55;-53) 10112(0;112) 3137(1;37) (18;-14)

22 Задача 3 Задача 4. Найти все целочисленные решения системы

23 Разложим на множители:

24 Ответ: (-5; -7), (0; 0), (5; 7). Так как, тотодалеедалее Далее ищем соответствующие подставляя найденные в первое уравнение системы.

25 Метод разложения на множители: Вынесение общего множителя за скобки ac + bc = c(a=b) Метод группировки Формулы сокращенного умножения С помощью формул корней квадратного трехчлена ax²+ bx+ c= a(x-x 1 )(x-x 2 ) Существует несколько способов разложения на множители:

26 Формулы сокращенного умножения: 1. (a– b) (a+ b) = a²- b² 2. (a + b)² = a² + 2ab+ b² 3. (a - b)² = a² - 2ab+ b² 4. (a + b)(a² - ab+ b²)= a³+ b³ 5. (a - b)(a² + ab+ b²)= a³- b³ 6. (a + b)³= a³+ 3a²b+ 3ab²+ b³ 7. (a - b)³= a³- 3a²b+ 3ab²- b³

27 Задача5 2х²y²+ y²- 6x²- 12= 0 Задача 5. Найти все целые решения уравнения 2х²y²+ y²- 6x²- 12= 0 Решение. Уравнение 2х²y²+ y²- 6x²- 12= 0 y²(2x²+1)-3(2x²+1)-9=0 (2x²+1)(y²-3)=9=1·9=3·3=9·1 Поскольку х и у – целые, то выражение 2х²+1 является натуральным числом, а у²-3 – целым. Итак, мы имеем совокупность трех систем Решая данную совокупность, получаем, что последние две системы совокупности не имеют целых решений. Первая система дает нам четыре решения: х 1 = 2 х 2 = 2 х 3 = -2 х 4 = -2 у 1 = 2 у 2 =-2 у 3 =2 у 4 = -2 Ответ: (2; 2), (2; -2), (-2; 2), (-2; -2).

28 Задача6 2mn+3m =10 и m+n 5 Задача 6. Найти все целые числа m и n такие, что 2mn+3m =10 и m+n 5 Решение. Из первого условия следует, что m(2n +3)= 10, причем m- целое, а 2n +3- целое и нечетное. Следовательно, возможны следующие варианты: m= 2, 1) => n= 1=> m+ n= 3< 5 – не удовлетворяет второму условию; 2n +3= 5 m= -2, 2) => n= -4 => m+ n = -6 n= -1=> m+ n= 9> 5 – верно; 2n +3= 1 m = 10, 4) => n= -2 => m+ n = -12

29 Задача7 2x²- xy- 3y²=7 Задача 7. Найти все целочисленные решения уравнения 2x²- xy- 3y²=7 Решение: Рассмотрим уравнение как квадратное относительно х 2x²- xy- 3y²- 7= 0, тогда, его дискриминант D= (-у)² - 4· 2· (-3y²- 7) D= у² + 24y²+ 56 D= 25xy² Так как нас интересуют целочисленные решения, дискриминант должен быть квадратом целого числа, то есть 25у² + 56= Κ² =>(K-5y)(K+5y) = = 1· 56 = 2· 28 = 4· 14= 7·8 56 = 56· 1 =28· 2 = 14· 4 = 8· 7 Рассмотрев все варианты разложения числа 56 на целые множители, в итоге получим: х1= -2 х2= 2 у1= 1 у2= -1 Ответ: (-2; 1), (2; -1).

30 Метод решения уравнения относительно одного из неизвестных: 4х² - 2xy + 2у²+ у- 2х- 1= 0 Найти все пары целых х и у, удовлетворяющих равенству 4х² - 2xy + 2у²+ у- 2х- 1= 0 Решение. Рассмотрим данное уравнение как квадратное относительно х: 4х² + x(-2y –2)+ 2у²+ у- 2х- 1= 0 a= 4 ; b= -2y- 2; c = 2у²+ у- 1 Найдем дискриминант. D= (-2у²- 2)²- 4· 4· (2y²+ y- 1)= 4y²+ 8y y²- 16y+ 16= -28y²- 8y+ 20. Квадратное уравнение имеет действительные решения только тогда, когда D 0 => -28y²- 8y+ 20 0/:(-4) 7y²+2y-50 Рассмотрим функцию f (x)= 7y²+2y-5- квадратичная функция, графиком является парабола, ветви которой направлены вверх. Найдем нули функции 7y²+2y-5= 0 D=2²-4·7·(-5)= ·2±144 -2± y 1,2 = = = 2· Изобразим решение на прямой: Уравнение имеет действительные корни при у Є [-1; 57] Целые числа: у= -1, 0. При у= 0 уравнение 4х²- 2xy+ 2у²+ у- 2х- 1= 0 приобретает вид 4х²- 2x- 1= 0. D= (- 2)²- 4· 4· (- 1)= 4+ 16= 20 При D= 20 корни уравнения являются иррациональными При у= -1 уравнение 4х²- 2xy+ 2у²+ у- 2х- 1= 0 приобретает вид 4х²= 0 => x=0 Ответ: (0; -1).

31 Графический метод решения: Задача2

32 Ответ: (2; 0)

33 Метод перебора: Если при решении задачи методом перебора простой перебор оказывается слишком трудоемким, необходимо используя дополнительные соображения, постараться отбросить заведомо неприемлемые варианты.

34 Задача10 Задача 10. Найти все целочисленные решения системы (1) Решение. Первое неравенство задает внутренность круга радиуса 5 с центром в точке (3; 4) и С учетом численности х и у мы имеем 1 х 5 и 2 у 6. Разрешим второе неравенство системы сначала относительно у:,то есть 2 у 4. (2) Затем относительно х: х 4у – 11. (3) Теперь целочисленные решения неравенств (1) и (3) можно найти перебором. Пусть у= 2, тогда из (1) следует, что (х – 3)² | х – 3| < 1. Следовательно, целочисленные решения есть: х= 3. Оно удовлетворяет и (3). Если у= 3, тогда из (1) следует, что (х – 3)² |х – 3| < 2. Таким образом, получаем решения х є {2; 3; 4}, и все они удовлетворяют (3). И наконец, при у= 4 из (1) следует, что |х – 3| < 5, то есть 1 х 5. Неравенство (3) приводит при этом к ограничению х 5. Таким образом, имеем одно решение х= 5. Ответ: (3; 2), (2; 3), (3; 3), (4; 3), (5; 4).

35 Задача3 5)4()3( xy yx

36

37 1 x 5 и 2 y 6. 5)4()3( 22 yx

38 Y=2;3;4. 114xy

39 Click to add Title Ответ: (3;2), (2;3), (3;3), (4;3), (5;4). При y=4 из 91) следует, что, то есть 1 x 5. Неравенство (3) приводит при этом к ограничению x 5. Таким образом, имеем одно решение x=5. Пусть y=2, тогда из (1) следует, что. Следовательно, целочисленные решения есть: x=3 1 3 Если y=3, тогда из (1) следует, что. Таким образом, получаем решения, 2

40 Y=2Y=3Y=4 1 условие (x-3)²+(y-4)²

41 Задача4 Найти x и y числоцелоеxc ) yxb 812) 22 xyxa 092) 2

42 xyxa 092) 2 yxb 812) 22

43 X=1 X=-1 X=2 X=-2 y=11 y=-11 2x²+y² = > 81 2x²+y²= 8+

44 Заключение 1. Рассмотрели способы решения уравнений и неравенств в целых числах. 2.Диофантовы уравнения - вывели нас на более высокий уровень и придали нам уверенность в том, что мы сможем решать задачи повещенной трудности. 3.Освоили новую для нас, программу PowerPoint тем самым подняв свою компетентность в области информатики. 4.Данная работа позволила поближе узнать задания которые вероятно будут на ЕГЭ.

45 Список литературы: 1.Бегунц А.В., Бородин П.А., Сергеев И.Н. Вступительные экзамены по математике – М.: Центр прикладных исследований при механо-математическом факультете МГУ, Галкин В.Я., Сыгучев Д.Ю., Хорошилова Е.В. Конкурсные задачи, основанные на теории чисел. – М.: Факультет вычислительной математики и кибернетики МГУ, Гельфонд А.О. Решение уравнений в целых числах. – М.: Наука, Задачи вступительных экзаменов по математике(2005г.)/Под ред. Е.А. Григорьева. – М.: Факультет вычислительной математики и кибернетики МГУ им. М.В. Ломоносова, Мельников И.И., Олехник С.Н., Сергеев И.И. Математика, задачи вступительных экзаменов с ответами и решениями ( гг.). – М.: Учебно-научный центр довузовского образования МГУ им. М.В. Ломоносова, 1998.