некоторые методы решения уравнений в целых числах

Реклама
ДИОФАНТОВЫ УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО ПОРЯДКА.
Определение. Неоднородным диофантовым уравнением первого порядка с двумя
неизвестными x и y называется уравнение вида
m  x  n  y  k , (1)
где m , n и k – известные целые числа, k  0 .
В случае k  0 , то есть,
m  x  n  y  0 , (2)
уравнение называется однородным.
Решение диофантовых уравнений осуществляется в целых числах, т.е. ведется поиск всех
целых чисел, если таковые существуют, удовлетворяющих m  x  n  y  k .
Сформулирую несколько теорем относительно свойств решений уравнения (1) и (2).
Теорема 1. Если свободный член k в уравнении не делится на НОД(m, n), то уравнение (1)
не имеет целых решений. Доказательство очевидно.
Например, уравнение 34 x  17 y  3 не разрешимо в целых числах, поскольку 3 не делится
нацело на 17.
Теорема 2. Если коэффициенты m и n уравнения (1) взаимно простые числа, то это
уравнение имеет, по крайней мере, одно решение. Для k = 1 это было доказано в теме
«Делимость чисел».
Следствие. Если коэффициенты m и n уравнения (1) взаимно простые числа, то это
уравнение имеет бесконечно много решений, которые описываются формулами:
 x  x1  n  t ;

 y  y1  m  t
где x1 , y1  – любое решение уравнения (1), t  Z .
Доказательство осуществляется подстановкой x и y в (1).
Теорема 3. Если пары чисел (x1, y1) и (x2, y2) – решения уравнения (1), то пара чисел
x0  x1  x2 и y0  y1  y 2 являются решением уравнения (2).
Доказательство этой теоремы осуществляется подстановкой x0 и y0 в (2).
Следствие. Если m и n в уравнении (2) – взаимно простые числа, то всякое решение
уравнения (2) имеет вид
 x  n  t;

 y  m  t
где t  Z .
МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ДИОФАНТОВЫХ УРАВНЕНИЙ ПЕРВОГО ПОРЯДКА.
Метод рассмотрения остатков от деления.
Этот метод удобно применять, если хотя бы один из коэффициентов m и n не велик по
модулю. Пусть это будет, например, m . Перепишем уравнение (1) в виде:
m  x  k  n  y . (3)
Левая часть уравнения (3) делится на число m , значит, должна делится на число m и
правая часть данного уравнения.
Рассматривая всевозможные остатки r  0,1,..., m 1 от деления числа y на m , получим, что
при одном из значений r правая часть уравнения (3) будет также делится на m . Поскольку число
m невелико по модулю, то перебор вариантов будет тоже не велик.
Метод последовательного уменьшения по модулю коэффициентов.
Метод рассмотрения остатков становится неэффективным, если числа m и n являются
большими простыми числами. Тогда нужно уменьшать значения m и n , переходя к новым
переменным (см. задачу 4).
Задачи (Диофантовы уравнения первого порядка).
Задача 1. Можно ли двухрублевыми и пятирублевыми монетами набрать сумму в 51 рубль?
Если можно, то сколько существует способов?
Задача 2. Решить уравнение 3x  4 y  1 в целых числах.
Задача 3. Указать хотя бы одну пару натуральных чисел x и y , что 36 x  25 y  1.
Задача 4. Найти все целые решения уравнения 79 y  23x  1 .
Задача 5. Решить в целых числах уравнение 4x – 6y + 11z = 7.
Задача 6. Можно ли разложить две сотни яиц в коробки по 10 и по 12 штук? Если можно, то
найдите все такие способы.
Задача 7. Найти все целые решения уравнения 19x + 99y = 9.
Задача 8. Найти все целые решения уравнения 11x  12 y  1 .
Задача 9. Найти все целые решения уравнения 2x+3y =13.
Задача 10. Найти не менее двух натуральных решений уравнения 28x+30y+31z = 365.
Решения (Диофантовы уравнения первого порядка).
Задача 1. Можно ли двухрублевыми и пятирублевыми монетами набрать сумму в 51
рубль? Если можно, то сколько существует способов?
Решение.
51 = 2x + 5y. 2x = 51 – 5y => y = 2k +1, 2x = 51 – 5y = 51 – 5(2k +1) = 46 – 10k.
Значит, x = 23 – 5k, y = 2k +1. Один способ уже найден: 23 двухрублёвые монеты и 1
пятирублёвая. Какие значения может принимать k, кроме нуля? 23 > 5k, значит, k = 0, 1, 2, 3, 4.
Ответ: Да, можно, и есть 5 способов это сделать.
Задача 2. Решить уравнение 3x  4 y  1 в целых числах.
Решение. Перепишем уравнение в виде 3x  4 y  1 . Поскольку левая часть равенства делится на 3,
должна делиться и его правая часть. Рассмотрим 3 случая:
1. если y  3m , где m Z , то 4 y  1  12m  1 (не делится на 3);
2. если y  3m  1, где m Z , то 4 y  1  4   3m  1  1  12m  5 (не делится на 3);
3.
y  3m  2 , где m Z , то 4 y  1  4   3m  2   1  12m  9  3(4m  3) ; откуда следует, что
 x  4m  3;

 y  3m  2, m  Z
Задача 3. Указать хотя бы одну пару целых положительных чисел x и y , что 36 x  25 y  1.
Решение. Перепишем уравнение в виде 25 y  36 x  1 . Поскольку левая часть делится на 5, то
должна делится на 5 и правая часть равенства. Рассмотрим всевозможные остатки от деления x на
5:
1. если x  5m , то 36 x 1  180m 1 (на 5 не делится)
2. если x  5m  1 , то 36 x 1  180m  36 1  180m  35  5(36m  7)
3. если x  5m  2 , то 36x 1  180m 1  72  180m  71 (на 5 не делится)
4. если x  5m  3 , то 36x 1  180m 1  108  180m  107 (на 5 не делится)
5. если x  5m  4 , то 36x 1  180m 1  144  180m  143 (на 5 не делится)
Остаётся случай x  5m  1 . Тогда 25 y  36 x  1 => 5y = 36m + 7, т.е. 36m + 7 делится на 5.
Рассмотрим всевозможные остатки от деления m на 5:
1. если m  5k , то 36m  7  180k  7 (на 5 не делится)
2. если m  5k  1 , то 36m  7  180k  36  7  180m  43 (на 5 не делится)
3. если m  5k  2 , то 36m  7  180k  7  72  180k  79 (на 5 не делится)
4. если m  5k  3 , то 36m  7  180k  7  108  180k  115  5(36k  23)
5. если m  5k  4 , то 36m  7  180k  7  144  180m  151(на 5 не делится)
Получаем : m  5k  3 . Тогда 5y = 36m + 7= 5(36k  23) , т.е. y = 36k + 23,
x  5m  1 = 5(5k  3)  1  25k  16 .
Ответ. Решения имеют вид x = 25k  16 , y = 36k + 23, k – любое целое число. Можно взять,
например (16, 23)
Задача 4. Найти все целые решения уравнения 79 y  23x  1 .
Решение. Сравним по модулю коэффициенты при неизвестных. В нашем случае 23  79 .
Проведем деление с остатком 79  23  3  10 , перепишем исходное уравнение в виде:
23x  79 y  1   23  3  10   y  1  69 y  10 y  1 . Следовательно, 23x  69 y  10 y  1 . Приходим к
уравнению 23( x  3 y )  10 y  1 . Обозначим t  x  3 y . Получаем 23t  10 y  1 .
Полученное новое уравнение решаем по типу исходного. 23  10  2  3 ,
10 y   20  3  t  1  20t  3t  1 . Откуда 10 y  20t  3t  1 и, следовательно, 3t  1  10a, a  y  2t .
10  3  3  1 , 3t  1   9  1  a  9a  a и a  3t  9a  1  3   t  3a   1 .
Обозначим t  3a  n , n  Z . Получим: a  3n  1 , n  Z – любое целое число.
Теперь выполняя обратно замены, получаем: 3t  1  10   3n  1  30n  10 . Откуда t  10n  3 .
Тогда 10 y  23  10n  3  1  230n  70 и y  23n  7 , 23x  79   23n  7   1  1817n  552 и
x  79n  24 . Можно проверить, что (24, 7) – решение исходного уравнения:
79  7  23  24  553  552  1 .
Ответ: x  79n  24 , y  23n  7 , n  Z .
Задача 5. Решить в целых числах уравнение 4x – 6y + 11z = 7.
Решение. Разделив с остатком –6 на 4, получим –6 = 4(–2) + 2. Представим исходное
уравнение в виде
4(x – 2y) + 2y + 11z = 7.
После замены x1 = x – 2y это уравнение запишется следующим образом: 4x1 + 2y + 11z = 7.
Учитывая, что 11 = 2·5 + 1, преобразуем последнее уравнение: 4x1 + 2(y + 5z) + z = 7.
Положив y1 = y + 5z, получим 4x1 + 2y1 + z = 7.
Это уравнение имеет следующее решение: x1, y1 – произвольные целые числа, z = 7 – 4x1 –
2y1. Следовательно y = y1 – 5z = 20x1 + 11y1 – 35, x = x1 + 2y = 41x1 + 22y1 – 70.
Ответ:
x = 41x1 + 22y1 – 70, y = 20x1 + 11y1 – 35, z = 7 – 4x1 – 2y1, где x1, y1 – произвольные целые
числа. (Проверка: 4(–70) – 6(–35) + 117 = – 280 + 210 + 77 = 7)