км час 1 2 1 2 1 2 1 8( ) 2 t - 1 1 8 2 v t t - = -

Методическая разработка к занятию № 2
продвинутой группы 10 класса ВЗМШ
«Задачи на движение. Задачи на целые решения»
Задачи на движение.
При решении этих задач принимают следующие допущения. Если нет
специальных оговорок, то движение считают равномерным. Скорость считается
величиной положительной. Всякие переходы на новый режим движения, на
новое направление движения считают происходящими мгновенно. Если тело с
собственной скоростью х движется по реке, скорость течения которой y, то
скорость движения тела по течению считается равной x + y , а против течения
x - y. Уравнения и системы уравнений в таких задачах обычно составляются не
трудно, однако, особенно в задачах на сложение движений (задачи на движение
по реке, эскалатору и т.п.) возникают нелинейные системы уравнений, решение
которых вызывает затруднения. На примере решения ряда задач разберем
особенности этого раздела.
Задача 13. Из пункта А и пункт В отправляются три велосипедиста.
1
Первый из них едет со скоростью 10 км час . Второй отправляется через
2
часа после первого и едет со скоростью 8 км час . Какова скорость третьего
1
часа после второго и что
2
он догоняет первого через 4 часа после того, как он догонит второго.
велосипедиста, если известно, что он выезжал через
Решение. Пусть третий велосипедист догонит второго велосипедиста
через t часов после выезда первого. До этого момента второй велосипедист
1
1
находился в пути ( t  ) часа и проехал 8(t  ) км, а третий велосипедист
2
2
ехал t  1 часов и проехал v3 (t  1) км, после чего они встретились, т.е.
 1
v3  t  1  8  t   .
 2
Третий велосипедист догоняет первого через 4 часа после того, как догонит
второго, т.е. после того, как он находился в пути t  3 часа и проехал v3 (t  3)
км, первый велосипедист к этому времени был в пути t  4 часа и проехал
10(t  4) км. Они встретились, поэтому v3  t  3  10  t  4  .
Выпишем систему уравнений
 v3  t  1  8t  4,

v3  t  3  10t  40.
Разделим первое уравнение на второе и сведем систему к квадратному
уравнению относительно t :
t  1 4t  2

; 5t 2  5t  20t  20  4t 2  12t  2t  6 ,
t  3 5t  20
t 2  5t  14  0 ,
D=25+56= 92 , t 
5  9
3
, t  2 . Тогда v3  8   12 .
2
2
Ответ: скорость третьего велосипедиста равна 12 км час .
Решенная задача лишена трудностей, свойственных более трудным
задачам на движение. Но уже в следующей задаче будет проблема
несоответствия количества уравнений и неизвестных: неизвестных будет на
одну больше, чем уравнений.
Задача 14. Из пункта А в пункт B выехал грузовик, через час из А в В
выехал мотоцикл. В п. В они прибыли одновременно . Если бы из п. А и п. В
они выехали одновременно навстречу друг другу, то встретились через 1 ч.12
мин. Найти время, за которое грузовик проедет АВ.
Решение. Обозначим расстояние AB= l (км), скорости грузовика и мотоцикла,
км
6
соответственно vгр , vм (
). Так как 1 час 12 минут - это
часа, то второе
час
5
6
6
часа
условие задачи записывается так:  vгр  vм   l , т.е. совместно за
5
5
машины прошли весь путь от А до В.
То, что время, затраченное грузовиком на путь АВ на час больше, чем время,
l
l
затраченное мотоциклом можно записать в виде равенства
  1.
vгр vм
Получим систему уравнений.
1


 l,
1
v
v


гр
м

5
 l
l


 1;
 vгр vм
или
 6
 l  5  vгр  vм  ,

 

l  1  1   1.
  vгр vм 
В этой системе 2 уравнения и три неизвестных. В таком случае (т.е. когда
количество уравнений меньше, чем количество неизвестных, следует прежде
чем решать систему, выписать те величины, которые необходимо найти через
введенные неизвестные. Эти записи будут содержать подсказки. В этой задаче
l
требуется найти время tгр движения грузовика: tгр 
. Данная запись
vгр
показывает, что нам не надо находить отдельно длину пути l и скорость
грузовика vгр , а лишь их частное. Введем для симметрии еще одно обозначение
tм 
l
. Перейдем в системе к этим неизвестным. Обычно это делается путем
vм
деления на неизвестный участок пути l .
 5 vгр vм
6  l  l ,

 l
l

  1;
 vгр vм
откуда
5 1 1
   ,
 6 t м tг
 t  t  1;
 г м
5 1
1
, 5t гр2  5t гр  6t м  6  6t м . 5t гр2  17t гр  6  0;


6 tгр tгр  1
tгр  0, 4;
D  289  120  132. 
 tгр  3.
Время движения грузовика, равное 0,4 часа не возможно, так при этом время
движения мотоцикла отрицательно.
Ответ: 3 часа.
Приведем пример уравнения, в котором количество неизвестных
существенно превосходит количество уравнений.
Задача 15. Путь АВ, по которому едет велосипедист, состоит из трех
участков, причем длина первого в 6 раз больше длины третьего. Найти
среднюю скорость движения на всем пути АВ, если известно, что она равна
скорости движения на втором участке, на 2 км час меньше скорости движения
на первом участке и на 10 км час больше половины скорости движения на
третьем участке.
Решение. Обозначим vсреднее  v; AB  l , первый участок равен 6х км, третий х
км (0 < 7x < l ); второй участок имеет длину l  7 x км. Если v3 - скорость
v3
 10 ; или v3  2v  20 ,
2
скорость движения на втором участке v2  v , скорость движения на первом
движения на третьем участке, то по условию
v
участке v1  v  2 . По определению средней скорости движения, время
l
часов. Оно складывается из сумму времен
v
прохождения каждого из трех участков.
прохождения пути есть
l
6x
l  7x
x



,
v  v  2
v
2v  20
Решаем получившееся уравнение и видим, что «лишние» неизвестные
сокращаются:
7x
6x
x
7 12v  120  v  2
,
,



v v  2 2v  20 v
2v 2  16v  40
14v 2  112v  280  12v 2  120v  v 2  2v ,
v 2  6v  280  0 ,
D  17 2 , v  3  17  14 .
Ответ: 14 км час .
В задачах на относительное движение составление уравнений обычно не
вызывает труда, однако получившиеся уравнения «баланса времен» (т.е.
уравнения, в которых записанные через введенные неизвестные времена
прохождения участков пути приравниваются известным величинам, содержат
неизвестные в знаменателях и поэтому достаточно трудно решаются.
Задача 16. В реку впадает приток. Катер отходит от пункта А,
находящегося на притоке, идет по течению 80 км до впадения притока в реку в
пункте В, а затем идет вверх по реке до пункта С. На путь от А до С он затратил
18 часов, на обратный путь 15 часов. Найти расстояние ВС, если скорость
течения реки 3 км час , скорость катера 18 км час .
Решение. Обозначим ВС= l , АВ=80, скорость течения притока v . На путь 80 км
80
часов. На путь l км вверх по реке –
вниз по притоку катер затратил
18  x
l
80
l
часов, что в сумме составляет 18 часов, т.е.
  18 .
затратил
18  v 15
18  3
Аналогично
описывая
обратный
путь,
имеем
80
l

 15 .
18  v 21
получившуюся систему уравнений
l
 80

18  v 15  18,

 80  l  15;
18  v 21
l  270
 80

,
18  v
15

 80  l  315 ;
18  v
21
15
18 v


 80 80 270  l ,

 18  v  21 ;
 80 80 315  l
36
15
21
9
15
21
3
5
7


,




,
,
80 279  l 315  l 20 270  l 315  l 20 270  l 315  l
Решаем
3  (270- l )(315- l )=100(315- l )+140(270- l ),
3 l 2 -810 l +255150-945 l =31500-100 l +37800-140 l ,
3 l 2 -1515 l +185850=0,
l 2 -505 l +61950=0,
D  852 , l 
505  85
; l1  210, l2  295 .
2
l2  295 - не подходит, т.к.
l 245 59
2


 19 >18.
15 15
3
3
Ответ: 210 км.
Решение системы уравнений получилось непростым, однако, система
была замкнутой, т.е. количество уравнений и неизвестных совпадало.
Рассмотрим более сложную задачу.
Задача 17. Из пункта А в пункт В вдоль реки по её течению идет тропа.
Охотник вышел по тропе из А в В на 3/7 часа позже рыбака, отправляющегося
из А в В на лодке. В пункт В они прибыли одновременно, а спустя 4 часа мимо
них проплыла ветка, брошенная охотником в реку при выходе из А. В обратный
путь охотник вышел на 2 часа 20 мин. позже рыбака, отправившегося в лодке,
однако, догнал его лодку в пункте А. Какое время затратил рыбак на путь из В
в А?
Решение. Ведем обозначения: v  скорость охотника, u  собственная
км
.
скорость лодки рыбака, w  скорость течения. Скорости измеряются в
час
Обозначим через l (км)  расстояние АВ .
1. Движение из А в В, вниз по течению. Время движения рыбака
l
l
, время, которое плыла ветка . По условию
v
w
l l
  4.
w v
движения охотника
l
l 3
  ;
uw v 7
l
, время
uw
2. Движение из В в А, вверх по течению. Время движения рыбака
движения охотника
l
,
uw
l
(оно не зависит от направления течения). По условию,
v
l
l 7
  .
uw v 3
Получаем систему уравнений
l 3
 l

u  w v  7 ;

l l

 4

w
v

l 7
 l

u w v  3,

в которой количество уравнений на одно меньше количества неизвестных.
Поэтому выписываем то, что надо найти через введенные неизвестные.
l
, которая имеет вид дроби, в числителе
Необходимо найти величину
uw
которой находится неизвестный участок пути, в знаменателе - неизвестная
скорость. В токам случае, как мы уже говорили, система замыкается с помощью
деления на неизвестный участок пути. Только такой прием надо применить
следующим образом: все дроби, находящиеся в левых частях уравнений
системы преобразовать тождественным образом, путем деления числителя и
v
u
w
 z.
знаменателя на неизвестный участок пути l . Обозначим  x,  y,
l
l
l
Система примет замкнутый вид
1 3
 1

 y  z x  7;

1 1
   4;
z x
1 7
 1
 y  z  x  3.

(1)
(2)
(3)
Требуется найти величину
1
. Путем вычитания (2) - (1) и (2) - (3)
yz
исключим из системы x . Получим систему
1
25
1


z y  z 7 ;


 1  1  5.
 z y  z 3
Продемонстрируем
прием, который позволяет эффективно уменьшить
количество уравнений и неизвестных еще на одно. Он использует тот факт, что
знаменатели дробей, находящихся в левых частях системы, однородны по
оставшимся переменным, т.е. содержат y, z лишь в первых степенях. От
переменных
y, z
перейдем
к
переменным
k, z ,
совершив
замену
«пропорциональности»: y  kz . В результате получим:
1
25
1


(1
)
;
 z
k 1
7
После упрощения выражений в скобках и деления первого

1
1
5
 (1 
) .
k 1 3
 z
из уравнений системы на второе, получим уравнение относительно одной
k ( k  1)
15
неизвестной k :
 . Это уравнение сводится к квадратному
( k  1)( k  2) 7
4k 2  4k  15  0 . Решаем это уравнение с учетом того, что k , как отношение
скоростей, положительно и получаем k  2,5 . Поэтому первое из уравнений
1
2
5
1
(1  )  , откуда  5. Тогда y  kz  2 и
z
3
3
z
1
10
искомая величина равна
(часа).

yz 3
последней системы имеет вид
Ответ: 3 часа 20 минут.
Приведем пример простейшей задачи на движение по замкнутой
траектории.
Задача 18. По окружности, длина которой 100 м, движутся равномерно 2
точки. Они встречаются через каждые 4 сек., двигаясь в противоположных
направлениях, и через каждые 20 сек., двигаясь в одном направлении. Найти
скорости точек.
Решение. Обозначим скорости точек u и v
м
. Пусть u  v .
сек
1. Движение в противоположных направлениях. Начнем рассматривать
движение в момент очередной встречи точек. Через 4 секунды после этого
момента точки опять встретятся, т.е. пройдут вместе весь круг в 100 метров. В
виде уравнения это запишется так: 4u  4v  100 .
2. Движение в одном направлении также начнем рассматривать в момент
очередной встречи. Сразу после этого точка с более высокой скоростью
вырвется вперед и будет постоянно наращивать расстояние до отстающей
точки, до тех пор, пока не обгонит ее на полный круг. Это будет означать, что
точки опять встретятся (произойдет это по условию через 20 секунд). Таким
образом, при движении в одном направлении, чтобы снова встретиться после
очередного обгона более быстро движущейся точке надо обогнать более
медленную ровно на 1 круг. Запишем соответствующее уравнение:
20u  20v  100 . Запишем получившуюся систему в виде
100

u  v  4 ;
Решается система очень легко. В итоге получаем u  15; v  10.

100
u  v 
.

20
Ответ: 10 м сек , 15 м сек .
Задачи на целочисленные решения
Задачи на целочисленные решения широко распространены и обычно не
достаточно хорошо решаются учащимися.
Надо отметить, что одно и то же уравнение может иметь различное
1
количество решений в разных классах чисел. Так, уравнение ( x  )( x  1)  0
2
имеет 2 решения в классе вещественных чисел или в классе рациональных
чисел, одно решение в классе положительных чисел, одно решение в классе
натуральных чисел. Поэтому, оттого, где разыскиваются решения уравнения
или неравенства зависит количество их решений. В некоторых задачах
ограничения на класс чисел, в котором разыскиваются решения, задаются
искусственно, при помощи дополнительных ограничений, в других задачах
такие ограничения возникают естественно. Например, в задаче о числе
землекопов, которые копают котлован, их количество может быть лишь
натуральным. Так как класс целых чисел (или натуральных чисел) достаточно
беден, не редки ситуации, когда одно уравнение или даже неравенство с
несколькими неизвестными будет иметь конечный набор решений.
Перейдем к краткому описанию основных методов решения таких задач.
Сформулируем простую задачу, которую решим без комментариев двумя
способами. Затем вернемся к обсуждению приведенных решений и разберем
каждый из использованных способов.
Задача 19. Решить уравнение xy  x  y в целых числах.
Решение.
1 способ. Совершим ряд преобразований уравнения. Перенесем все в
левую часть. Получим уравнение xy  x  y  0 . Добавим к правой и левой
части уравнения по единице и перегруппируем слагаемые в левой части
уравнения.
xy  x  y  1  1; x( y  1)  1( y  1)  1. Разложим на множители.
( x  1)( y  1)  1. Так как x, y   , то и скобки ( x  1), ( y  1) есть целые числа.
Таким образом, ( x  1), ( y  1) - целые делители числа 1, а это число может быть
разложено на целые делители лишь как 1  1 или (1)  (1) . Поэтому можем
записать следующую совокупность систем
  x  1  1;

  y  1  1;
  x  1  1;

  y  1  1.
2
способ.
  x  2;

  y  2;
  x  0;

  y  0.
Выразим
x( y  1)  y; x 
одну
из
неизвестных
через
другую.
xy  x  y;
y
. В правой части последнего равенства получилась дробь
y 1
типа «многочлен, деленный на многочлен». Выделяем фелую часть этой дроби.
x  1
1
1
. Так как левая часть этого равенства есть целое число,
; x 1 
y 1
y 1
то и правая часть также является целым числом, т.е. ( y  1) есть целый делитель
 y  1  1;
числа 1. Таких делителей всего два 1 и -1. Таким образом, 
Отсюда
y

1


1.

 y  2;
 y  0;

x  2;
x  0.
Ответ: (2; 2), (0; 0).
Разберем каждый из способов решения.
Первый из них называется «способ разложения на целые множители».
Суть этого метода такова. С помощью некоторых преобразований привести
исходное уравнение к виду, при котором в левой части уравнения стоит
произведение нескольких скобок, каждая из которых является целым числом
при условии того, что исходные неизвестные являются целыми числами.
Правая часть уравнения должна иметь вид целого числа, по возможности,
имеющего немного целых делителей. После этого перебирается ряд случаев
перераспределения этих делителей между сомножителями левой части.
Преимущество этого метода в том, что нет ограничений на вид исходного
уравнения. Однако, есть и существенный недостаток – нет рекомендаций, как
привести исходное уравнение к указанному виду. Поэтому, обычно этот метод
употребляется если требуемое преобразование легко видно. Так обычно бывает
с разностями квадратов или разностями и суммами кубов. Например, таково
уравнение x 2  y 2  105 .
Второй из приведенных способов носит название «Диофантов способ».
Его суть в выполнении следующего плана.
1. Выразить одну из искомых целочисленных переменных через другую.
2. В получившемся рациональном выражении провести упрощения с помощью
выделения целой части.
3. Затем следует провести рассуждения по поводу делимости числителя
оставшейся дроби на знаменатель.
Положительная черта этого метода в четком плане действий. Главный
недостаток в том, что данный план можно провести лишь если выражаемая
неизвестная входит в уравнение линейным образом.
Более сложные задачи на целочисленные решения уравнений и все задачи
на целочисленные решения неравенств решаются третьим методом, который
будет изложен ниже.
Метод ограничения и конечного перебора.
Этот метод основан на том, что множество целых чисел достаточно
бедное и, если получены ограничения типа «решение лежит между 1 и 4»,
приводит к тому, что достаточно перебрать и проверить как кандидатов в
решения лишь числа 2 и 3.
Поясним данный метод на двух примерах.
Задача 20. Решить уравнение x  y  z  xyz в натуральных числах.
Решение. Предположим, что у данного уравнения есть решение
( x0 , y0 , z0 ) . Исходное уравнение обладает перестановочной симметрией, что
означает, что перемена мест неизвестных x, y, z не приводит к изменению
уравнения. Поэтому наличие решения ( x0 , y0 , z0 ) означает наличие еще пяти
решений ( y0 , x0 , z0 ), ( y0 , z0 , x0 ), ( x0 , z0 , y0 ), ( z0 , x0 , y0 ), ( z0 , y0 , x0 ) . Хотя бы одно
из этих решений «упорядоченно», т.е. компоненты решений расположены по
неубыванию. Без ограничения общности (с точностью до переобозначения)
будем считать, что x0  y0  z0 . В процессе исследования уравнения найдем
лишь это решение. Остальные решения выпишем простыми перестановками
компонент решения при записи ответа.
Так как x  y  z , то
xz
y  z . Сложим эти ограничения. Получим x  y  z  3z . Но x  y  z  xyz ,
zz
поэтому xyz  3z . Так как z  число натуральное, то равносильным
преобразованием будет поделить последнее неравенство на z . Получим xy  3 ,
при этом x, y  натуральные числа, причем x  y . Таких пар совсем немного:
x  1; y  1, тогда исходное уравнение примет вид 2 = 0, чего не может быть;
x  1; y  2, тогда из уравнения z  3 ;
x  1; y  3, тогда из уравнения z  2 ; данная тройка не упорядочена и на
первом этапе решения ее отвергаем. Правда, при записи ответа она появится.
Итак, получено решение (1; 2; 3). Запишем полученные всевозможные
перестановки этого решения в ответ.
Ответ: (1; 2; 3), (1; 3; 2), (2; 1; 3), (2; 3; 1), (3; 1; 2), (3; 2; 1).
Приведем пример решения задачи, которая, во-первых, является
текстовой, и, во-вторых, содержит ограничения в виде неравенств.
Задача 21. Около дома посажены липы и березы., причем их общее
количество более 14. Если увеличить вдвое количество лип, а количество берез
увеличить на 18, то берез станет больше, чем лип. Если увеличить вдвое
количество берез, не изменяя количества лип, то лип все равно будет больше.
Сколько лип и сколько берез было посажено?
Решение. Пусть n  количество посаженных лип, а k  количество
посаженных берез. Ограничения, содержащиеся в условии просто переводятся
на язык неравенств. Имеем систему ограничений:
 n  k  14;

2n  k  18; Сложим два последних неравенства системы. Получим n  k  18 .
 2k  n.

Учет первого неравенства системы приведет к следующим ограничениям.
14  n  k  18 . Этого ограничения уже достаточно для решения задачи методом
конечного перебора, т.к в интервале (14; 18) содержится всего три целых числа
15;
16;
17. Таким образом,
n  k  15; n  k  16; n  k  17.
 k  15  n;
2n  15  n  18;

1. 2n  k  18; 
30
2
.

n

n

 2k  n.

натуральных решений.
надо
рассмотреть
три
случая:
 n  11;
В интервале (10; 11) нет

n  10.
1

n

11
;

2
1
3
2.
В интервале (10 ; 11 ) есть

3
3
n  10 2 .

3
одно натуральное решение n  11 . Тогда k  16  n  5 .
 k  16  n;
2n  16  n  18;



n
k
2
18;


 32  2n  n.
 2k  n.

3. .  k  17  n;
2n  17  n  18;

2n  k  18; 
34
2
.

n

n

 2k  n.

2

n  11 3 ;
1
2
В интервале (11 ; 11 ) нет

3
3
 n  11 1 .

3
натуральных решений.
Ответ: 11 лип и 5 берез.
7. Задачи типа «Доказать, что уравнения нет целых решений»
Вначале приведем несколько простых фактов, позволяющих
аналитически записывать ряд утверждений о делимости и неделимости
(нацело) целых чисел.
Целое число x делится нацело на 2, т.е. является четным, если
существует такое целое число k , что x  2k .
Целое число x не делится нацело на 2, т.е. является нечетным, если
существует такое целое число k , что x  2k  1 (или x  2k  1).
Целое число x делится нацело на 3, если существует такое целое число
k , что x  3k .
Целое число x не делится нацело на 3, если существует такое целое число
k , что x  3k  1 .
Конечно, можно записать в общем виде, что целое число x делится
нацело на целое число y , если существует такое целое число k , что
справедливо равенство x  ky . А вот неделимость нацело на какое-то число
большее трех записывается более громоздко. Например, целое число x не
делится нацело на 4, если оно представимо в одном из видов совокупности
 x  4n  1;
 x  4n  2; n   . Однако, неделимость на числа, большие трех бывает нужна

 x  4n  3;
редко.
Запомним еще несколько фактов:
- произведение двух последовательных членов ряда целых чисел четно, т.е.
число n(n  1), n   делится на 2;
- два последовательных члена ряда целых чисел взаимно просты (т.е. не имеют
общих целых делителей, кроме единицы).
Далее будет изложен метод, носящий название «алгоритм Евклида». Для
его изложения в полном виде придется рассмотреть 2 задачи.
Задача 22. Доказать, что у уравнения x 2  3 y  17 нет целых решений.
Решение. Предположим противное, что у этого уравнения есть целые
решения x; y   . Перепишем это уравнений в виде
x 2  3( y  6)  1 . Так как y   , то и y  6   , тогда число 3( y  6) делится
нацело на 3. Из этого следует, что число 3( y  6)  1 не делится нацело на 3.
Тогда равное ему число x 2 также не делится нацело на 3. Но тогда и число x не
делится нацело на 3 (действительно, если бы x делилось на 3, то x 2 делилось
бы даже на 9). Тогда справедлива запись x  3n  1, n   . Подставим это
представление в исходное уравнение. Получим
(3n  1) 2  3 y  17; 9n 2  6n  1  3 y  17;
3(3n 2  2n  y )  16.
Последнее уравнение противоречиво. Действительно, т.к. y, n   , то число
3n 2  2n  y является целым и, следовательно, число 3( 3n 2  2n  y ) делится
нацело на три, а равное ему число 16 не делится на 3. Полученное
противоречие доказывает утверждение задачи.
Задача решена. Однако, осталось несколько фактов, которые необходимо
обсудить для понимания метода.
Во-первых, зачем надо от вывода о том, что x 2 не делится на 3
переходить к заключению, что x не делится на 3? Ведь уравнение получилось
бы значительно проще, если сразу положить x2  3n  1 ! Давайте сделаем так
для эксперимента, в случае, когда в знаке  стоит «  ». Положим x 2  3n  1.
После упрощений уравнение примет вид n  y  6 , а этот вид не противоречив.
Но, даже то, что вид не противоречив, не самое плохое в сложившейся
ситуации, главная неприятность в том, что уравнение «изменило тип». Ранее по
переменной
x старшей была вторая степень, а по наследовавшей ей
переменной n в таком случае стала первая степень. Изменился порядок
уравнения. Допускать этого нельзя. Дело в том, что возведение в степень
«усиливает» свойства делимости (и неделимости чисел). Замены необходимо
совершать с сохранением порядка уравнения, поэтому обсуждаемый переход
необходим.
Во-вторых, давайте обсудим смысл преобразований, проведенных в ходе
решения. Первое, что мы сделали, это обнаружили старшую степень какойлибо из неизвестных, входящих в равенство и уединили ее в одной из частей
равенства. Затем с помощью анализа другой части равенства сделали вывод о
ее делимости (или неделимости) на какое- то число (обычно, на 2 или 3).
Перенесли этот вывод да старшую степень неизвестной, стоящую в другой
части равенства, сделали обязательный вывод о аналогичной делимости
(неделимости) уже самой неизвестной, стоящей под данной старшей степенью
и записали этот логический вывод аналитически при помощи соответствующей
замены. В рассмотренном примере это привело к доказательному
противоречию.
Пока непонятно, почему приведенный метод решения задачи назван
«алгоритмом Евклида», ведь алгоритм – это процесс, состоящий из целой
цепочки шагов, чего мы не увидели в рассмотренной задаче. Чтобы получить
полное суждение о методе, решим еще одну задачу.
Задача 23. Доказать, что у уравнения 2 x 2  5 y 2  7 нет целых решений.
Решение. Предположим противное, что у этого уравнения есть целые решения
x; y   . Перепишем исходное уравнение в виде 5 y 2  2( x 2  4)  1 . Так как
x   , то x 2  4   , но тогда 2( x 2  4) делится на 2, а число 2( x 2  4)  1 - не
делится на 2. Тогда равное ему число 5y 2 также не делится на 2, а поэтому и
число y не делится на 2. Тогда справедливо представление y  2n  1, n   .
Подставим это представление в исходное уравнение. После преобразований
получим 2 x 2  20n2  20n  12 . Противоречие пока не получено. Однако, есть
возможность сократить на общий множитель 2. В итоге имеем
x 2  10n2  10n  6 или x 2  2(5n(n  1)  3) .
Новые рассуждения. Так как n   , то 5n(n  1)  3   . Тогда 2(5n(n  1)  3)
делится на 2. Тогда равное этому числу число x 2 также делится нацело на 2.
Тогда и число x делится нацело на 2. Поэтому справедливо представление
x  2k , k   . После подстановки этого представления в последнее равенство и
преобразований, уравнений примет вид
4k 2  2(5n(n  1)  3) . Проведем
сокращение на 2. В результате получим после простых преобразований
равенство. 2k 2  5n( n  1)  3 . Число 2k 2  четно. Число 5n(n  1)  также четно,
т.к. n и n  1 - два последовательных члена ряда целых чисел. Следовательно,
левая часть последнего равенства – это четное число, а правая часть – число 3 –
нечетное. Полученное противоречие доказывает утверждение задачи.
Проведем анализ решенной задачи. Представим, что и правая и левая
части нашего уравнения лежат в черных ящиках и не видны нам, однако, мы
можем узнавать об из делимости или неделимости на какое-либо число. Задача
22 мгновенно решилась, т.к. мы сразу установили, что одно из чисел делится на
три, а второе – нет, следовательно, они не могут быть равны. Но, числа 3 и 6
оба делятся на 3, в то же время они не равны. С такой ситуацией мы
столкнулись в задаче 23, когда, играя на делимости на 2, мы выявляли у
изучаемых чисел общие делители и сокращали их, после чего начинался
следующий шаг решения задачи (т.е. алгоритма Евклида), до тех пор, пока у
одного из исследуемых чисел делители 2 закончились, а к другого – нет. Это
привело к доказательству утверждения задачи. Итак, главная цель рассуждений
алгоритма Евклида – выявление и сокращение общих делителей. Для этого
необходимо, как уже говорилось после задачи 22, сохранять тип (порядок)
уравнения.
Алгоритм Евклида
будет нами использован также в задачах на
пересечение серий решений в тригонометрии