Государственное образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«Арзамасский государственный педагогический институт

имени А. П. Гайдара »

Кафедра математики, теории и методики обучения математике

Иванова Н. В., студентка

4 курса заочного отделения

физико-математического

факультета

КУРСОВАЯ РАБОТА

РЕШЕНИЕ НЕОПРЕДЕЛЁННЫХ УРАВНЕНИЙ

    Научный руководитель:

                                                                                         канд. пед. наук, доцент

Атрощенко С. А.

Арзамас

СОДЕРЖАНИЕ

ВВЕДЕНИЕ.............................................................................................................3

                  ГЛАВА I. Диофантовы  уравнения

§1. Понятие линейного неопределённого уравнения……………………………7

§2. Понятие неопределённого уравнения второй степени……………………..15

                 ГЛАВА II. Способы решения неопределённых уравнений

§1. Методы решения линейных неопределённых уравнений………………....19

§2. Методы решения неопределённых уравнений второй степени……………23

ЗАКЛЮЧЕНИЕ……………………………………………………………….....32

ЛИТЕРАТУРА……………………………………………………………………34        

ВВЕДЕНИЕ

  Диофантовыми (в честь Диофанта Александрийского, древнегреческого ученого 3-го века) называются алгебраические уравнения и системы алгебраических уравнений с целыми коэффициентами, имеющие число неизвестных, превосходящее число уравнений. Система становится неопределенной, и у нее находят целые или рациональные решения.

 Решение уравнений в целых числах является одной из древнейших математических задач. Наибольшего расцвета эта область математики достигла в Древней Греции.

  Диофант  представляет одну из занимательных загадок в истории математики.  Мы не знаем,  кем был Диофант,  точные года его жизни,  нам не известны его предшественники,  которые работали бы в той же области, что и он. 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». [2, с.75]  До нас дошло 7 книг из, возможных, 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. Его книга - один из наиболее увлекательных трактатов, сохранившихся от греко-римской древности. В ней впервые встречается систематическое использование алгебраических символов, есть особые знаки для обозначения неизвестного, минуса, обратной величины, возведения в степень. Книга Диофанта оказала огромное косвенное влияние на развитие математической науки последних трех столетий.

  Неопределенные уравнения 1-й степени начали рассматриваться индусскими математиками позднее, примерно с V века.  Некоторые такие уравнения с двумя и тремя неизвестными появились в связи с проблемами, возникшими в астрономии,  например,  при рассмотрении вопросов, связанных с определением периодического повторения небесных явлений.

   Первое общее решение уравнения первой степени где - целые числа, встречается у индийского мудреца Брахмагупты (ок. 625 г).  Поэтому, строго говоря, нет оснований называть линейные неопределенные уравнения диофантовыми. Однако исторически все же сложилось применять термин «диофантово»,  к любому уравнению,  решаемому в целых числах.

 В 1624 г. публикуется книга французского математика Баше де Мезирьяка «Probl?mes plaisans et delectables que se font par les nombres».  Баше де Мезирьяк  для решения уравнения фактически применяет процесс, сводящийся к последовательному вычислению неполных частных и рассмотрению подходящих дробей.

  После Баше де Мезирьяка в XVII и XVIII веках различные правила для решения неопределенного уравнения 1-й степени с двумя неизвестными давали Роль, Эйлер, Саундерсон и другие математики.

Цепные дроби к решению таких уравнений были применены Лагранжем, который, однако, замечает, что фактически это тот же способ, который был дан Баше де Мезирьяком и другими математиками,  рассматривавшими неопределенные уравнения до него. Неопределенные уравнения 1-й степени стали записываться и решаться в форме сравнения значительно позже, начиная с Гаусса.

   В августе 1900 г. в Париже состоялся II Международный конгресс математиков. 8 августа Д.Гильберт прочитал на нем доклад "Математические проблемы". Среди 23 проблем, решение которых (по мнению Д.Гильберта) совершенно необходимо было получить в наступающем  XX в.,  десятую проблему он определил следующим образом:

"Пусть задано диофантово уравнение с произвольным числом неизвестных и рациональными числовыми коэффициентами. Указать способ,  при помощи которого возможно после конечного числа операций установить, разрешимо ли это уравнение в целых числах".

Гипотезу, что такого способа нет, первым выдвинул (с достаточным на то основанием) американский математик М.Дэвис в 1949 г. Доказательство этой гипотезы растянулось на 20 лет - последний шаг был сделан только в 1970 г. Юрием Владимировичем Матиясеевичем,  на первом году аспирантуры он показал алгоритмическую неразрешимость 10 проблемы Гильберта.

  Современной постановкой диофантовых задач мы обязаны Ферма. Именно он поставил перед европейскими математиками вопрос о решении неопределённых уравнений только в целых числах. Надо сказать, что это не было изобретением Ферма - он только возродил интерес к поиску целочисленных решений. А вообще задачи, допускающие только целые решения, были распространены во многих странах в очень далёкие от нас времена. В нынешней математике существует целое направление, занимающееся исследованиями диофантовых уравнений, поиском способов их решений. Называется оно диофантовым анализом и диофантовой геометрией, поскольку использует геометрические способы доказательств.

 Мы обратились к этой теме, так как она недостаточно полно изложена в действующих учебниках математики, а задачи по этой теме предлагаются как на олимпиадах, так и на вступительных экзаменах в вузы. Безусловно, тема решение неопределённых уравнений была, есть и будет актуальна. Это и без слов понятно. Недаром ей занимались с самого зарождения математики.

Целью нашей курсовой работы является раскрытие понятия линейного неопределённого уравнения, неопределённого уравнения второй степени и способов их решений. Для достижения поставленной цели необходимо решить следующие задачи:

1)  Анализ учебно-методической литературы по данной теме.

2) Исследовать понятие линейного неопределённого уравнения.

3) Изучить понятие неопределённого уравнения второй степени. 

4) Необходимо изучить методы решения неопределённых уравнений.

5) Рассмотреть примеры решений задач.  

ГЛАВА I. Диофантовы  уравнения

§1. Понятие линейного неопределённого уравнения

  Прежде всего, мы рассмотрим однородные линейные уравнения, то есть уравнения вида ах + by = 0, все члены которых являются одночленами первой степени. Если коэффициенты а и Ь имеют общий делитель d, то обе части уравнения ах + by = 0 можно сократить на d. Поэтому, не нарушая общности, можно считать, что числа а и b - взаимно простые. Рассмотрим, например, уравнение 80х + 126y = 0.

Разложим коэффициенты а = 80 и b=126 на простые множители: а = 24 * 5,    b = 2 * З2 * 7. Наибольший общий делитель чисел а = 80 и b = 126 равен 2, и после сокращения на 2 мы получим уравнение 40x + 63y = 0, (1) в котором коэффициенты а = 40 = 23 * 5 и b = 63 = З2 * 7 являются взаимно простыми целыми числами. Разложение на простые множители коэффициентов уравнения, которое мы использовали для сокращения на наибольший общий делитель, можно использовать и для завершения решения. Перепишем уравнение (1) в виде:

23*5*х = -32*7*у.(2)

Левая часть уравнения (2) делится на 23 * 5. Поэтому и правая часть, которая равна  левой,  должна делиться на 23 * 5, а это возможно тогда и только тогда, когда неизвестная у делится на 23 * 5:

у = 23 * 5 * u = 40u,(3)

где и - некоторое целое число. Аналогичные рассуждения применимы и к правой части уравнения (2). Правая часть делится на З2 * 7. Поэтому и левая часть, которая равна правой, должна делиться на З2 * 7, а это возможно тогда и только тогда, когда неизвестная х делится на З2 * 7:x = З 2 * 7 * v = 63v,(4) где v - некоторое целое число. Равенства (3) и (4) фактически вводят новые целочисленные неизвестные u, v вместо основных неизвестных х, у.  Для новых неизвестных уравнение (2) примет вид: u = -v. Множество решений этого уравнения состоит из бесконечного количества пар:

(-3; 3), (-2; 2), (-1; 1), (0; 0), (1; -1), (2; -2), (3; -3), ...

Иначе говоря, этому уравнению удовлетворяют все пары (-u; u) вида (-n; n), где n - произвольное целое число, и только они. Переменная n в этих формулах является своеобразным «номером» решения.

Возвращаясь к основным неизвестным х и у, мы получим, что множество решений уравнения (2) можно записать в виде: хп = 63n, у = -40n, где n - произвольное целое число. Как ясно из приведенного решения (2), оно совершенно не привязано к точным значениям коэффициентов а и b и не изменится, если вместо чисел а = 40, b = 63 рассмотреть произвольные взаимно простые числа. Таким образом, справедлива следующая теорема, которая дает полное решение диофантовых  уравнений вида ах + by = 0.

  Теорема 1. Если числа а и b - взаимно простые, то уравнение ах + by = 0 имеет бесконечно много решений в целых числах, которые находятся во взаимно однозначном соответствии с множеством целых чисел Z (то есть могут быть занумерованы целыми числами) и описываются формулой:

хп = bn, yn = -an, где n Z - «номер» решения.

Эта теорема часто встречается при решении разнообразных задач на целые числа. В качестве простого примера применения теоремы 1 рассмотрим следующую задачу.

Задача 1. Найти все целочисленные решения уравнения

х2 + 5y2 + 34z2 + 2ху - 10xz - 22уz - 0.

Решение. Рассмотрим уравнение

х2 + 5у2 + 34z2 + 2ху - 10xz - 22yz = 0

как квадратное уравнение относительно одной неизвестной х:

х2 + 2х(у - 5г) + by2 + 34z2 - 22yz = 0.

Тогда  (y-5z)2-(5y2+34z2-22yz) = -(2y-3z)2.

Если это уравнение имеет решение, то дискриминант должен быть неотрицательным, что возможно только в случае 2у - 3z = 0. Тогда дискриминант равен нулю, и уравнение имеет единственное решение  

х = 5z- у.

Итак, исходное уравнение равносильно системе.

Общее решение первого уравнения в целых числах дается формулами у = Зn, z = 2n, где n Z. Из второго уравнения теперь можно найти х (причем х. автоматически будет целым числом): х = In.

Таким образом, исходное уравнение имеет бесконечно много целочисленных решений, которые могут быть описаны формулой (х; у; z) - (7n; Зn; 2n), n Z.

Ответ: (х; у, z) = (7n; Зn; 2n), n e Z.

    В этом разделе мы будем рассматривать диофантовы уравнения вида

 ах + by= с.

Прежде всего, отметим, что, вообще говоря, такое уравнение может и не иметь целочисленных решений.

Действительно, допустим, что уравнение ах + by = с имеет решение. Если коэффициенты а и b имеют общий делитель d > 1, то число ах + by, которое стоит в левой части, можно без остатка разделить на d. Поэтому и правую часть уравнения, то есть свободный член с, можно без остатка разделить на d. Иначе говоря, справедлива следующая теорема.

  Теорема 2. Если наибольший общий делитель d коэффициентов а и b больше 1, а свободный член с не делится на d, то уравнение ах + by = с не имеет решений в целых числах.

Это простое утверждение часто используется, например, для доказательства иррациональности чисел, записанных с помощью радикалов.

Задача 2. Доказат0ь, что число не является рациональным числом.

Решение. Допустим противное, что - число рациональное.

Тогда существуют натуральные m, n такие, что.

Избавляясь от радикала и дроби, получим:

2n3 = m3(5)

Разложим числа m и n  на простые множители (мы явно указываем только простой множитель 2):

m = 2х*...

n = 2y*...

где х, у - неотрицательные целые числа (отсутствие простого множителя 2 в разложении означает, что соответствующий показатель степени равен нулю).

Тогда равенство (5) примет вид:

23y + 1*... = 23х*...

В силу единственности разложения натурального числа на простые      множители

Зу + 1 = 3x 3(х - у) = 1.

Последнее уравнение является линейным диофантовым уравнением вида     ах + bу = с, причем коэффициенты  а = 3, b = -3 делятся на 3, в то время как свободный член с = 1 - нет. Значит, это уравнение не имеет целочисленных решений, что означает ложность исходного предположения о рациональности числа.

Будем теперь рассматривать только такие уравнения вида ах + by = с, в которых свободный член с делится на d = НОД(а; b). После деления обеих частей уравнения на d мы получим уравнение того же вида, но уже с взаимно простыми коэффициентами при неизвестных.

 В этом случае со стороны теоремы 2 нет препятствий к тому, чтобы уравнение имело целочисленные решения. Но отсюда, конечно, не следует, что решения обязаны быть.

На самом деле ответ на этот вопрос положительный.

  Теорема 3. Любое уравнение ах + by = с, где НОД(а; b) = 1, имеет хотя бы одно решение в целых числах.

Доказательство. Уравнение ах + by = с имеет решение тогда и только тогда, когда число с входит в область значений М функции f(x; у) = ах + by от двух целочисленных аргументов х, у. Поэтому наша теорема фактически утверждает, что М = Z. Именно этот факт мы и будем доказывать.

Прежде всего, отметим, что множество М содержит бесконечно много чисел, например, 0= f (0; 0), а = f (1; 0), -а = f (-1; 0), а + b = f (1; 1) и т.д. Поскольку f(-x; -у) = -f(x; у), это множество имеет вид:

{..., -n2, -п1, 0, n1, n2,...},

где n1 < n2 < ... - натуральные числа.

Рассмотрим наименьшее положительное число из М, то есть n1 и докажем, что оно равно 1. Для этого разделим число |а| на n1 с остатком, то есть найдем такие целые числа q (неполное частное) и r (остаток), что |а| = n1q + r, причем 0 r n. Поскольку число n1 принадлежит множеству М, для некоторых целых х0 и у0 верно равенство n] = ах0 + bу0. Кроме того,| а | = sgn (a) * а,

где sgn(а) = +1, если а > О, и sgn(а) = -1, если а < 0.

Тогда r = | а | - n1g = sgn (а) *а - (ах0 + by0) -q = ax + by,

где x: = sgn(а) - x0q, у = -y0q - некоторые целые числа. Поэтому неотрицательное целое число г также принадлежит множеству М. Если бы число r было положительным, то условие 0 < r < n , которому удовлетворяет r как остаток от деления на a, означало бы, что в множестве М есть положительное число, меньшее, чем n1 чего быть не может. Значит, r = 0, то есть | а| (а вместе с ним и а) делится без остатка на n1.

Аналогичные рассуждения показывают, что и b делится без остатка на n1. Следовательно, n1 - общий делитель чисел а и b, a поскольку эти числа взаимно простые, число n1 равно 1.

  Функция f(x; y) = ax + by обладает свойством: f(kx; ky) = k * f(x; у). Поэтому если некоторое число с М, то и число kc M. Как мы установили, 1 М. Значит, и любое целое число k входит в М, то есть М = Z. Это и означает справедливость нашей теоремы.

Имея в виду более сложные задачи, мы в качестве простого следствия из доказанной теоремы 3 получим еще одну важную теорему.

  Теорема 4. Если числа а и b - целые, то множество значений функции f(x; y) = ax + by от двух целочисленных аргументов х и у совпадает с множеством чисел, кратных d = НОД(а; b), то есть с множеством {..., -2d, -d, 0, d, 2d, ...}.

Доказательство. Так как d = НОД(а; b), числа а и b можно записать в виде: а = da', b = db', причем числа а', b' -- взаимно простые. Тогда f(x; у) =                  d *(а'х +bу). В силу теоремы 3, любое целое число n можно представить в виде а'х + b'у. Поэтому множество чисел, которые могут быть записаны в виде ах + by, есть {..., -2d, -d, 0, d, 2d, ...}.

Приведенное доказательство теоремы 3 дает удобный метод нахождения частного (то есть конкретного) решения при решении конкретных уравнений вида ах + by = с (если а и b взаимно простые целые числа):

1) нужно образовать две последовательности чисел:

-..., -2а, -а, О, а, 2а, ... и -..., -2b, -b, О, b, 2b, ...

(обычно достаточно выписать по несколько членов в обе стороны), и расположить их друг под другом так, чтобы положительные члены одной стояли под отрицательными членами другой;

2) затем в уме находить всевозможные суммы пар членов этих последовательностей, пока не найдем пару, дающую в сумме с.

Рассмотрим, например, уравнение 2х - bу =1. Выпишем ряды чисел, кратных коэффициентам  а = 2 и b = -5:

Из этой таблицы ясно, что второе число из первой строки (то есть -4), которое соответствует х = -2, и третье число из второй строки (то есть 5), которое соответствует у = -1, и дают в сумме 1. Таким образом, уравнение  2х- bу = 1 имеет частное решение х0 = -2, у0 = -1. Конечно, эту пару можно найти и проще, просто подставляя в исходное уравнение в уме небольшие числа с тем, чтобы получить верное равенство. Для несложных уравнений обычно поступают именно так.

  В ряде случаев приходится выписывать довольно много (несколько десятков) членов последовательностей ах и by. Тогда, конечно, описанный прием не очень удобен, так как требует больших затрат времени. В этой ситуации обычно рекомендуют использовать алгоритм Евклида для нахождения наибольшего общего делителя коэффициентов а и b (само доказательство замечательной теоремы 3 также может быть получено с помощью алгоритма Евклида). Мы продемонстрируем этот алгоритм при решении задачи 6.

На примере следующей задачи мы продемонстрируем, как с помощью частного решения уравнения ах + by = с можно свести дело к решению соответствующего однородного уравнения ах + by = 0 и, применяя теорему 1, получить полное решение.

Задача 3. Остаток от деления некоторого натурального числа n на 6 равен 4, остаток от деления n на 15 равен 7. Чему равен остаток от деления n на 30?

Решение. Тот факт, что остаток от деления числа n на 6 равен 4, означает, что существует неотрицательное целое х такое, что n = 6х + 4. Аналогично, существует неотрицательное целое y такое, что n= 15у + 7. Исключая из этих равенств число n, для х и у получим уравнение

2х-бу-1. (6)

Чтобы решить это уравнение, прежде всего, найдем какое-нибудь частное решение в целых (не обязательно неотрицательных) числах. Мы это уже сделали выше, когда разбирали пример, иллюстрирующий метод поиска частных решений линейных диофантовых уравнений; в нашем случае в качестве такого частного решения можно взять, например, х0 =-2, y0 =-1, так что верно равенство

2* (-2)-5* (-1)=1.(7)

Вычитая из уравнения (в) равенство (7), получим:

2(х + 2) = 5(y + 1).

Общее решение этого уравнения в целых числах имеет вид:

х + 2 = 5k, у + 1 = 2k,

где k - произвольное целое число. Чтобы числа х и у были неотрицательными, параметр  должен быть натуральным числом. Теперь для числа n имеем:

n = 6х + 4 = 6(5k - 2) + 4 = 30k - 8 = 30(k - 1) + 22.

Поскольку целое число (k - 1) неотрицательно, это равенство означает, что остаток от деления n на 30 равен 22.

Ответ: 22.

Задача 4. Фирма продавала чай в центре города по 7 руб., а кофе по 10 руб. за стакан; на вокзале - по 4 руб. и 9 руб. соответственно. Всего было продано за час 20 стаканов чая и 20 стаканов кофе, при этом выручка в центре и на вокзале оказалась одинаковой. Сколько стаканов кофе было продано в центре?

Решение. Пусть n и т соответственно - количество стаканов чая и кофе, проданных в центре города. Тогда количество стаканов чая и кофе, проданных на вокзале, будет равно 20 - n и 20 - m соответственно. По смыслу задачи переменные n и m - неотрицательные целые числа, не превосходящие 20: n, m = 0,1,..., 20.

Общая выручка в центре равна 7n + 10m руб., а на вокзале равна 4(20 - n) + 9(20 - m) руб. По условию задачи эти величины равны:

7n + 10m = 4(20 - n) + 9(20 - m) 11n + 19m = 260.

Решим уравнение 11n + 19m = 260:

1. Найдем частное решение; им будет, например, n0 = 15, т0 = 5.

2. Вычитая из равенства 11n + 19m = 260 равенство 11 * 15 +19 * 5 = 260, мы получим однородное уравнение: 11(n - 15) = 19(5 - m).

3. Общее решение этого однородного уравнения в целых числах имеет вид:

n-15=19k, 5-m=11k,

где k Z. Соответственно, общее решение исходного уравнения в целых числах имеет вид:

n = 15 + 19k, т = 5 - 11k,

где k Z.

Поскольку n, m = 0, параметр k может быть равен только нулю. Поэтому найденное частное решение будет единственным решением исходного уравнения в неотрицательных целых числах: n = 15, т = 5. Так как это решение, кроме того, удовлетворяет условию n, m = 20, найденное значение m = 5 и будет ответом задачи.

Ответ: 5 стаканов.

Практически дословное повторение рассуждений, проведенных при решении задач 3 и 4, позволяет доказать, что общее решение уравнения ах + bу = с представляет собой сумму частного решения (х0 ; у0) этого уравнения и общего решения соответствующего однородного уравнения ах + by = 0. Отсюда, в свою очередь, вытекает следующая важная общая теорема.

  Теорема 5. Если числа а и b - взаимно простые, то уравнение ах + by = с имеет бесконечно много решений в целых числах, которые находятся во взаимно однозначном соответствии с множеством целых чисел Z (то есть могут быть занумерованы целыми числами) и описываются формулой:              хn =  х0 + bn, yn = y0 - an, где n Z - «номер» решения, а х0, у0 - частное решение (которое существует в силу теоремы 3).

Важно подчеркнуть, что в рассмотренном методе решения уравнений вида  ах + by = с частное решение мы ищем только для того, чтобы свести дело к однородному уравнению.

§2. Понятие неопределённого уравнения второй степени

  Целочисленные решения этого уравнения (например, 3² + 4² = 5²) были известны издавна. Вавилонские таблицы, датируемые примерно 1700 годом до нашей эры, содержат обширный список решения, причём некоторые из этих решений довольно велики. Это уравнение интересовало греческих математиков в связи с теоремой  Пифагора; его общее решение дал Евклид.

Разделив уравнение на z² и вводя новые переменные x/z = X, y/z = Y, получаем x² + y² = 1;  (1)

Задача сводится к нахождению решения этого уравнения в рациональных X, Y. Решение этого уравнения основано на представлении его в виде

Y² = 1-x² = (1-x)(1+x)

Мы не можем выразить Х как рациональную функцию от (1-x)(1+x), но х рационально выражается через 1-х/1+х. Разделив обе части уравнения на   (1+ x²), получим y1+x² = 1-x1+x

 Если положить t = y1+x , то Х и У будут рациональными  функциями от t, именно 1-x1+x = t², откуда Х = 1-t²1+t² , Y= 2t1+t² (2)

Для каждого рационального значения t эти формулы дают рациональные значения Х, У, удовлетворяющие(1). Обратно, каждое рациональное решение (1) получается таким образом (за исключением Х = -1, У = 0, которое получается в пределе при стремлении t к бесконечности, но не представимо в виде(2)) .

Можно посмотреть и с геометрической точки зрения. Уравнение x² + y² = 1 есть уравнение окружности с центром в начале координат и радиусом 1. Возьмём какую – нибудь точку на этой окружности, скажем точку х = -1,

у = 0 . Переменная прямая, проходящая через точку, пересечёт окружность в некоторой другой точке(если эта прямая не является касательной ), координаты этой точки можно найти из уравнений окружности и прямой с помощью рациональных операций. Переменная прямая, проходящая через точку(-1, 0), имеет уравнение вида У = t(Х + 1); по формуле(2) можно выразить координаты точки пересечения через t. Аналогичный метод можно применить для нахождения точек на любой кривой  второго порядка в предположении, что уравнение этой кривой имеет рациональные коэффициенты и что на ней можно найти хотя бы одну рациональную точку.

Однако рациональных точек на кривой с рациональными коэффициентами может и не быть; например,  на кривой x² + y² = 3 нет рациональных точек.

Но даже если на кривой второго порядка и есть рациональные точки, часто нелегко найти хотя бы одну из них. Формулу (2), в которых t – произвольное рациональное число, общее решение уравнения  x² + y² = 1, в рациональных числах, а потому они в принципе дают и общее решение уравнения

x² + y² = 1(3)  в целых числах. Но переход от рациональных решений уравнения(1) к целым решениям(3) всё же заслуживает рассмотрение, так как иногда такой переход представляет серьёзные трудности. Положим t = qp,  где p и q – взаимно простые целые числа. Тогда в силу (2) xz = p²-q²p²+q² , yz = 2pqp²+q²   (4)

В качестве x, y, z можно, конечно взять числа p² - q², 2pq, p² + q², или числа а(p² + q²) , 2pqa, (p² - q²)a, но x, y, z не обязаны иметь такой вид. Если три числа p² - q², 2pq, p² + q², имеют общий множитель, больший 1, то можно разделить их на этот общий множитель, больший 1, то можно разделить их на этот общий множитель и получить новое решение(3) в целых числах.

Рассмотрим две возможности для взаимно простых чисел pи q. Предположим, что одно из них чётно, а другое нечётно. Тогда три числа 2pq, p² + q², p² - q² не имеют общих множителей, больших 1; действительно такой множитель должен быть нечётным(ибо p² - q² нечётно) и должен делить

(p² - q² ) + (p² + q²) = 2 p², аналогично этот множитель должен делить 2 q² , а это невозможно, так как p и q взаимно просты. Значит в этом случае из(4) следует, что x = m(p² - q² ), y = 2mpq, z = m(p² + q²) , (5)

где m – целое число.    

  Рассмотрим теперь случай, когда числа p и q – нечётны. Полагая p + q = 2p и  

p - q = 2Q, получим два взаимно простых числа P и Q. Одно из них чётно, а другое нечётно(так как p = P + Q) нечётно.

Подставив в (4) вместо p и q  их выражение через P и Q, получим после сокращения на 2

xz = 2PQP²+Q²  ,   yz = P²-Q²P²+Q² .

В результате получились уравнение, аналогичные прежним только х и у поменялись местами и вместо р и q стоят P и Q.

Следовательно, все решения уравнения x² + y² = 1 в целых числах задаются формулой (5), где m, p, q   - целые числа, и  взаимно просты , причем одно из чисел и четно , а другое нечетно; кроме того, в формулах (5) можно заменить х на у и у на х.

 Это - формулы Евклида. Простейшим решением ( кроме тривиального решения , в котором одно из неизвестных не известных  равно нулю , является решение х=3 , у=4 , z=5 , получающиеся при m=1, p=2, q=1. Приведем несколько первых примитивных решений(то есть решений, в которых x, y, z взаимно просты, так что m = 1): (3, 4, 5), (5,12,13), (8,15,17),(7, 24, 25). Так как формула для z (если взять m = 1) имеет вид z = p² + q²,  то мы можем сделать z точным квадратом, выбрав p и q, и, значит, получить параметрическое решение уравнения  x² + y² = zk,где число k равно степени числа 2.

ГЛАВА II. Способы решения неопределённых уравнений

§1.  Методы решения линейных неопределённых уравнений

    Можно найти НОД натуральных чисел a и b, не раскладывая эти числа на простые множители, а применяя процесс деления с остатком. Для этого надо разделить большее из этих чисел на меньшее, потом меньшее из чисел на остаток при первом делении, затем остаток при первом делении на остаток при втором делении и вести этот процесс до тех пор, пока не произойдет деление без остатка. Последний отличный от нуля остаток и есть искомый НОД (a, b). Чтобы доказать это утверждение, представим описанный процесс в виде следующей цепочки равенств: если a>b, то

a = bq0 + r1

b = r1q1 + r2

r1 = r2q2 + r3                                  (1)

. . . . . . . . . . . .

rn – 1 = rnqn

Затем r1, . . . , rn  - положительные остатки, убывающие с возрастанием номера. Из первого равенства следует, что общий делитель чисел a и b  делит r1 и общий делитель b и r1 делит a, поэтому НОД (a,b) = НОД (b, r1) = НОД (r1, r2) = … = НОД (rn -1, rn)=  = НОД (rn, 0) = rn.

Утверждение доказано. Приведённый способ нахождения НОД носит название метода последовательного деления с остатком или алгоритма Евклида, поскольку впервые он был изложен в его «Началах».

Обратимся к системе (1). Из первого равенства, выразив остаток r1 через a и b, получим r1 = a – bq0. Продолжая этот процесс, мы можем выразить все остатки через a и b, получим r1 = a – bq0. Подставляя его во второе равенство, найдём r2 = b(1 + q0q1) – aq1. Продолжая этот процесс дальше, мы сможем выразить все остатки через a и b, в том числе и последний: rn = Aa + Bb. В результате нами доказано предложение: если d – наибольший общий делитель натуральных чисел a и b, то найдутся такие целые числа A и B, что d = Aa + Bb. Заметим, что коэффициенты A и B имеют разные знаки; если НОД (a,b) = 1, то Aa + Bb = 1. Как найти числа A и B, видно из алгоритма Евклида.

   Перейдем теперь к решению линейного уравнения с двумя неизвестными. Оно имеет вид: ax + by = c        Возможны два случая: либо число c  делится на d = НОД(a,b), либо нет. В первом случае можно разделить обе части уравнения на d и свести задачу к решению в целых числах уравнения a1x = b1y = c1, коэффициенты которого  a1 = a/d и  b1 = b/d взаимно просты. Во втором случае уравнение не имеет целочисленных решений: при любых целых x и y число

ax + by делиться на d и поэтому не может равняться числу c, которое на d  не делится.

   Итак, мы можем ограничиться случаем, когда в уравнении (2) коэффициенты a и b взаимно просты. На основании предыдущего предложения найдутся такие целые числа х0 и у0, что ax0 + by0 = 1, откуда пара (сх0, су0) удовлетворяет уравнению (2). Вместе с ней уравнению (2) удовлетворяет бесконечное множество пар (х, у) целых чисел, которые можно найти по формулам

        х = сх0 + bt,                y = cy0 – at.                                        (3)

Здесь t – любое число. Нетрудно показать, что других целочисленных решений уравнение ах + by = c не имеет. Решение, записанное в виде (3), называется общим решением уравнения (2). Подставив вместо t конкретное целое число, получим его частное решение.

Задача 2.

Найдём, например, целочисленные решения уравнения 2x + 5y = 17. Решение.

Применив к числам 2 и 5 алгоритм Евклида, получим  2 * 3 – 5 = 1. Значит, пара    сх0 = 3 * 17,   су0 = - 1 * 17  удовлетворяет уравнению  2х + 5у = 17. Поэтому  общее  решение  исходного  уравнения  таково:

x = 51 + 5t,  у = - 17 – 2t, где t принимает любые целые значения. Очевидно, неотрицательные решения отвечают тем t, для которых выполняются неравенства

⎧ 51 + 5t ≥ 0

⎨

⎩ - 17        - 2t ≥ 0

Отсюда найдём   – 51/5 ≤ t ≤ - 17/2. Этим неравенством удовлетворяют числа  - 10,  - 9. Соответствующие частные решения запишутся в виде пар: (1,3), (6, 1).

Задача 3.

Сколько можно купить на 100 монет петухов, кур и цыплят, если всего надо купить 100 птиц, причём петух стоит 5 монет, курица – 4, а 4 цыплёнка – одну монету?

Решение.

Пусть х – искомое число петухов, у – кур, а 4z – цыплят. Составим систему                                                                             ⎧  х + у + 4z = 100

 ⎨

 ⎩ 5x + 4y + z = 100,  которую  надо решить в целых неотрицательных числах. Умножив первое уравнение системы на 4 , а второе  –  на   (-1) и,  сложив  результаты,  придём  к  уравнению -x + 15z = 300 с целочисленными решениями  x = -300 + 15t, z = t. Подставляя эти значения в первое уравнение, получим y = 400 - 19t. Значит, целочисленные решения системы имеют вид    x = -300 + 15t,

y = 400 - 19t, z = t. Из условия задачи вытекает, что

   ⎧  -300 + 15t ≥ 0

   ⎨  400 – 19t ≥ 0

   ⎩    t ≥ 0    ,  откуда 20 ≤  t ≤ 21 1/19, т. е. t = 21 или t = 20.

Ответ. На  100 монет можно купить 20 кур и 80 цыплят, или 15 петухов, 1 курицу и 84 цыплёнка.

Задача 4.

Крестьянка несла на базар корзину яиц. Неосторожный всадник, обгоняя женщину, задел корзину, и все яйца разбились. Желая возместить ущерб, он спросил у крестьянки, сколько яиц было в корзине. Она ответила, что число яиц не знает, но когда она раскладывала их по 2, по 3, по 4, по 5 и по 6, то каждый раз одно яйцо оставалось лишним, а когда она разложила по 7, лишних яиц не осталось. Сколько яиц несла крестьянка на базар?

Решение.

Пусть х – число яиц. Так как х – 1 делится на 2, на 3, на 4, на 5, на 6, то оно делится на их НОК, равное 60. Значит, х имеет вид 60у + 1. Поэтому для ответа на вопрос задачи надо решить в натуральных числах  уравнение 60у + 1 = 7z. С помощью алгоритма Евклида находим у0 = -2, z0 = - 17, откуда все целочисленные решения уравнения имеют вид у = -2 + 7t,  z = -17 + 60t, где t – любое целое число. Наименьшее положительное решение получаем при t = 1. В этом случае у = 5, z = 43. Итак, крестьянка несла на базар 301 яйцо.

Ответ. Крестьянка несла на базар 301 яйцо.        [2, с. 75 – 78]

   Следующий метод связан  с непрерывными или цепными дробями.

Обратимся вновь к алгоритму Евклида. Из первого равенства системы (1) вытекает, что дробь a/b можно записать в виде суммы целой части и правильной дроби: a/b = q0 +  r1/b. Но r1/b = 1/b/r1, и на основании второго равенства той же системы имеем b/r1 = q1 + r2/r1. Значит, a/b=q0+1/(q1+r2/r1). Далее получим a/b=q0 + 1/(q1+1/(q2+r3/r2)). Продолжим этот процесс до тех пор. Пока не придём к знаменателю qn.

В результате мы представим обыкновенную дробь a/b в следующем виде:  a / b = q0 + 1 / (q1 + 1 / (…+ 1 / qn)). Эйлер назвал дроби такого вида непрерывными. Приблизительно в тоже время в Германии появился другой термин – цепная дробь. Так за этими дробями и сохранились оба названия. Ввиду громоздкости развёрнутой записи цепной дроби применяют компактную запись [q0; q1, q2, …,qn].  

Задача 5.

Представить дробь 40/31 в виде цепной.

Решение.

40/31 = 1 + 9/31 = 1 + 1/3 /9 = 1 + 1/(3 + 4 / 9) = 1 + 1 / (3 + 1 / 9 / 4) = =1 + 1 / (3 + 1 / (2 +1 / 4)) = [1; 3, 2, 4]

Удобство применения цепных дробей заключается в том, что их свойства не связаны ни с какой системой счисления. По этой причине они эффективно используются в теоретических исследованиях. Но широкого практического применения цепные дроби не получили, так как для них нет удобных правил выполнения арифметических действий.        [2, c. 79 – 81]

§2. Методы решения неопределённых уравнений второй степени

Задача 6.

Решите уравнение в целых числах: x² - y² = 91.

Решение.

Разложим левую часть данного уравнения на множители: (х–у)(х+у)=91. Так как  91= 1 * 91 =91 * 1=(-1) * (-91) = (-91) * (- 1) = 7 * 13 =

= 13 * 7 = (-7) * (-13) = (-13) * (-7), то решение данного уравнения сводится к решению восьми систем:

1)⎧x – y = 1                                            

   ⎨

   ⎩x + y = 91

   (46; 45)

2)⎧x – y =- 1

   ⎨

   ⎩x + y =- 91

   (-46; -45)

3)⎧x – y = -91

   ⎨

   ⎩x + y = 1

   (46; -45)

4)⎧x – y = -91

   ⎨

   ⎩x + y = -1

   (-46; 45)

5)⎧x – y = 7

   ⎨

   ⎩x + y = 13

   (10; 3)

6)⎧x – y = -7

   ⎨

   ⎩x + y = -13

   (-10; -3)

7)⎧x – y = 13

   ⎨

   ⎩x + y = 7

   (10; -3)

8)⎧x – y = -13

   ⎨

   ⎩x + y = -7

   (-10; 3)

Ответ:  (46; 45),(46; - 45),(-46; -45),(-46; 45),(10; 3),(10; -3),(-10; -3),(-10; 3).

Задача 7.

Решите в целых числах х³ + 91 = у³.

Решение.

Перепишем данное уравнение в следующем виде у³ - х³ = 91, разложим левую часть на множители (у – х)(у² + ху + х²) = 91. Заметим, что у² + ху + х² = (у + х/2)² + ¾х² ≥ 0 при у∈R.

Значит, решение данного уравнения сводится к решению следующих систем

1) ⎧у – х = 1                  

    ⎨

    ⎩ у² + ху + х² = 91     решая данную систему, получаем (5; 6),(-6; -5);

2) ⎧у – х = 1                  

    ⎨

    ⎩ у² + ху + х² = 1       система не имеет решения в целых числах;

3) ⎧у – х = 13                  

    ⎨

    ⎩ у² + ху + х² = 7       решений в целых числах нет;

4) ⎧у – х = 7                  

    ⎨

    ⎩ у² + ху + х² = 13     решая данную систему, получаем  (-3; 4),(-4;3).

Ответ: (5; 6), (-6; -5), (5; 6), (-6; -5).

Задача 8.

Решите в целых числах ху=х+у

Решение.

Перепишем уравнение в следующем виде ху – х – у + 1 = 1. Левую часть данного уравнения разложим на множители, применяя способ группировки.      х(у – 1) – (у – 1) = 1; (у – 1)(х – 1) = 1. Следовательно,

 ⎧у – 1 = 1                  

 ⎨

 ⎩х – 1 = 1

  (2; 2)

 ⎧у – 1 = -1                  

 ⎨

 ⎩х – 1 = -1

  (0; 0)

Ответ: (2; 2), (0; 0).

Задача 9.

Решите в натуральных числах  2х² + 5ху – 12у² = 28.

Решение.

Разложим левую часть данного уравнения на множители, для этого перепишем уравнение в следующем виде: 2х² - 3ху + 8ху – 12у² = 28.

Применяя способ группировки, получим (2х – 3у)(х + 4у) = 28. Так как х, у – натуральные числа, то (х + 4у)∈N и  х + 4у ≥ 4, тогда возможны следующие случаи:

1)⎧ 2х – 3у = 1

   ⎨

   ⎩х + 4у = 28

     (8; 5);

2)⎧ 2х – 3у = 4

   ⎨

   ⎩х + 4у = 7

  решений в натуральных числах нет;

3)⎧ 2х – 3у = 1

   ⎨

   ⎩х + 4у = 28

решений в натуральных числах нет.

Ответ: (8; 5).

Задача 10.

Решите в целых числах   2ху = х² + 2у.

Решение.

Перепишем уравнение в следующем виде   х² - 2ху + 2у = 0. Данное уравнение также решается методом разложения на множители, однако, с помощью формулы разности квадратов или способа группировки мы не сможем разложить на множители левую часть этого уравнения, поэтому целесообразнее использовать метод выделения полного квадрата.

(х² - 2ху + у²) - у² + 2у – 1 + 1 = 0,         (х – у)² - (у – 1)² =-1.

(х – у – у + 1)(х – у + у – 1) = -1,         (х – 2у + 1)(х – 1) = -1.

Решение этого уравнения сводится к решению следующих систем:

⎧ х – 2у + 1= -1                   или                             ⎧ х – 1= -1                                                                    

⎨                                                                               ⎨

⎩ х – 1= 1                                                                 ⎩ х – 2у + 1= 1

(2; 2)                                                                         решений в нат. числах нет

Ответ: (2; 2).

   Итак, из рассмотренных выше уравнений можно сделать вывод, что при решении уравнений методом разложения на множители применяются: формулы сокращённого  умножения, способ группировки, метод выделения полного квадрата.

Теперь рассмотрим более сложные уравнения.

Задача 11.

Решите в натуральных числах х² - 4ху – 5у² = 1996.

Решение.

Перепишем уравнение в виде (х²-4ху+4у²)–9у²=1996, (х-4у)²–9у²=1996.

Разложим левую часть на множители    (х – 5у)(х + у) = 1996.

1996=1 * 1996=2 * 998=4 * 499= -1 * (-1996)= -2 * (-998) = -4 * (-499).

Так как х ∈ N, y∈N, то (х + у) ∈ N, причём (х + у) > 1. Если (х + у)∈N и  

(х + у)(х – 5у) = 1996, то (х – 5у) ∈ N. Тогда решение получившегося уравнения сводится к решению следующих систем

1)⎧х - 5у = 1

   ⎨

   ⎩х + у = 1996

решений в натуральных числах нет

2)⎧х - 5у = 499                              или                    ⎧х - 5у = 4

   ⎨                                                                             ⎨

   ⎩х + у = 4                                                              ⎩х + у = 499

системы решений в натуральных числах не имеют

3)⎧х - 5у = 2                                  или                     ⎧х - 5у = 988

   ⎨                                                                              ⎨

   ⎩х + у =998                                                            ⎩х + у =2

    (832; 166)                                        решения в натуральных числах нет

Ответ: х = 832, у = 166.        [3, c. 1 – 4]

Задача 12.

Решите в целых числах  5х²+ 5у² + 8ху + 2у – 2у + 2 = 0.

Решение.

Если попытаться решить данное уравнение методом разложения на множители, то это достаточно трудоёмкая работа, поэтому это уравнение можно решить более изящным методом. Рассмотрим уравнение, как квадратное относительно х     5х²+(8у-2)х+5у²+2у+2=0, х1,2 = (1 – 4у ±√(1 – 4у) ² - 5(5у² + 2у + 2))/5 = (1 – 4у ±√ -9(у + 1)²)/5.

Данное уравнение имеет решение тогда, когда дискриминант равен нулю, т.е.  –9(у + 1) = 0, отсюда у = -1. Если у = -1, то х =1.

Ответ. (1; -1)

Задача 13.

Решите в целых числах   3(х² + ху + у²)= х + 8у

Решение.

Рассмотрим    уравнение,    как    квадратное    относительно   х.              

3х ² + (3у - 1)х + 3у²  -  8у = 0.  Найдём дискриминант  уравнения    D =

 =(3у – 1) ² - 4 * 3(3у² - 8у) = 9у² - 6у + 1 – 36у² + 96у = -27у² + 90у + 1.

Данное уравнение имеет корни, если D ≥ 0, т. е. –27у² + 90 у + 1≥ 0

(-45 + √2052)/ (-27) ≤  у ≤ (-45 -√2052)/ (-27).        (4)

Так как у ∈ Z, то условию (4) удовлетворяют только 0, 1, 2, 3. Перебирая эти значения, получим, что уравнение в целых числах имеет решения (0; 0) и

(1; 1).

Ответ. (0; 0), (1; 1).

Задача 14.

Решите уравнение 5х² - 2ху + 2у² - 2х – 2у + 1= 0.

Решение.

Рассмотрим данное уравнение  как    квадратное    относительно   х с коэффициентами, зависящими от у,    5х² - 2(у + 1)х + 2у² – 2у + 1= 0.

 Найдём четверть дискриминанта D/4=(y+1)²-5(2y²-2y+1)=-(3y-2)².

Отсюда следует, что уравнение имеет  решение  только   тогда, когда

 -(3у – 2)² = 0, отсюда следует у = ⅔, затем находим  х = ⅓.

Ответ:  (⅓; ⅔).[3, c. 4 – 6]

Задача 15.

Решите в целых числах  3ª = 1 + у²

Решение.

Видно, что (0; 0) – решение данного уравнения. Докажем, что других решений нет.

Рассмотрим случаи:

х ∈ N, y ∈ N                                                                   (5)

Если х ∈ N , то 3ª делится на 3 без остатка, а у² + 1 при делении на 3 даёт остаток либо 1, либо 2. Следовательно, равенство (5) при натуральных значениях х и у невозможно.

2)Если х – целое отрицательное число, y ∈ Z, тогда  0<3ª<1, а   1+у²≥0 и равенство (5) также невозможно. Следовательно, (0; 0) – единственное решение.

Ответ. (0; 0).

Задача 16.

Докажите, что система уравнений

⎧х² - у² = 7

⎨

⎩z² - 2y² = 1

не имеет решений в целых числах.

Решение.

Предположим, что система разрешена. Из второго уравнения  z²=2у+1, т. е. z²–нечётноё число и z-нечётное, значит z=2m+1. Тогда y²+2m²+2m , значит, у² - чётное число и у – чётное, y = 2n, n ∈ Z.

x²=8n³+7, т. е. х² - нечётное число и х - нечётное число, х=2k+1, k ∈ Z.

Подставим   значения  х  и  у  в  первое  уравнение,  получим  2(k² + k - 2n³) = 3, что невозможно, так как левая часть делится на 2, а правая нет.

Значит, наше предположение неверно, т.е. система не имеет решений в целых числах.[4, c. 1 – 2]

  Решение уравнений методом бесконечного спуска проходит по следующей схеме: предположив, что уравнение имеет решения, мы строим некоторый бесконечный процесс, в то время, как по самому смыслу задачи этот процесс должен на чём - то кончаться.

Часто метод бесконечного спуска применяется в более простой форме. Предположив, что мы уже добрались до естественного конца, видим, что «остановиться» не можем.

Задача 17.

Решить в целых числах   29х + 13у + 56z = 17                (6)

Выразим неизвестное, коэффициент при котором наименьший, через остальные неизвестные.

 у=(17-29х-56z)/13=(1-2x-4z)+(4-3x-4z)/13                        (7)

Обозначим   (4-3x-4z)/13 = t1                                         (8)

   Из (7) следует, что t1 может принимать только целые значения. Из (8) имеем   13t1 + 3x + 4z = 14                        (9)

Получим новое диофантово уравнение, но с меньшими, чем в (6) коэффициентами. Применим к (9) те же соображения: x=(4-13t1-4z)/3=

 =(1-4t1-z) + (1-t1-z)/3                                        

(1-t1-z)/3 = t2 , t2 – целое,  3t2+t1+z = 1                (10)

В (10) коэффициент при z – неизвестном исходного уравнения равен 1 – это конечный пункт «спуска». Теперь последовательно выражаем z, x, y через t1 и t2.

⎧z = -t1 – 3t2 + 1

⎨x = 1 – 4t1 + t1 + 3t2 = 1 +t2 = -t1 + 4t2

⎩y = 1 + 6t1 – 8t2 + 4t1 + 12t2 – 4 + t1= 11t1 + 4t2 - 3

Итак,        

⎧x = -3t1 + 4t2

⎨y = 11t1 + 4t2 - 3

⎩z = -t1 – 3t2 + 1

t1, t2 - любые целые числа – все целые решения уравнения (6)

Задача 18.

Решить в целых числах  x³ - 3y³ - 9z³ = 0                        (11)

Решение.

Видно, что левая часть уравнения (11) не поддаётся никаким преобразованиям. Поэтому исследуя характер целых чисел x³=3(y³-z³). Число x³ кратно 3, значит и число х кратно 3, т. е.  х = 3х1        .        (12)

Подставим (12) в (11) 27х1³-3у³-9z³=0,   9x1³-y³-3z³=0                (13)

y³=3(3x1³-z³). Тогда у³ кратно 3, значит и у кратно 3, т. е. у=3у1        (14). Подставим (14) в (13)        9х1³ -27у1³ - 3z³=0. Из этого уравнения следует, что z³ кратно 3, а значит и z кратно 3, т.е. z=3z1.

   Итак, оказалось, что числа, удовлетворяющие уравнению (11), кратны трём, и сколько раз мы не делили бы их на 3, получаем числа, кратные трём. Единственное целое число, удовлетворяющее этому условию, будет ноль,

т. е. решение данного уравнения (0; 0; 0) .[4, c. 2 -  4]

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

   Открытие диофантовых уравнений связано с именем греческого математика Диофанта. О его жизни практически ничего неизвестно, но сегодня диофантов анализ - это обширная и важная область математики. В данной работе мы

раскрыли понятия линейного неопределённого уравнения, неопределённого уравнения второй степени и методов их решений.

Исследованиями диофантовых уравнений на протяжении нескольких сот лет занималось очень много известных ученых. Общая теория решения диофантовых уравнений 1-й степени была создана в 17 веке К.Г.Баше. К началу 19 века трудами П.Ферма, Л.Эйлера, Дж. Валлиса и Ж.Лагранжа в основном было исследовано диофантово уравнение второго порядка ax2+bxy+cy2+dx+ey+f=0, где a,b,c,d,e,f - целые числа. В исследованиях диофантовых уравнений выше второй степени с двумя неизвестными серьезные успехи достигнуты лишь в 20 веке А.Туэ, Б.Н.Делоне. Так, попытки доказать великую теорему Ферма, т.е. доказать неразрешимость в целых положительных числах уравнения xn + yn = zn при натуральном n, большим двух, увенчались успехом только летом 1995 г., через 300 лет после того, как Ферма выдвинул это предположение. Идея доказательства принадлежит Эндрю Вайлсу и Ричарду Тэйлору. 

   Основополагающее значение в становлении личности и деятельности учителя математики в процессе профессиональной подготовки имеет содержание обучения. В курсе "Алгебра и теория чисел", хотя и отдельной строкой не прописана такая область теории чисел, как теория диофантовых уравнений, но рассмотрение ее и необходимо и весьма полезно для формирования математической культуры учителя математики. Прежде всего, данная область связана со школьной математикой - в классах с углубленным изучением математики эта тема включена в программу, кроме того, процесс решения диофантовых  уравнений позволяет проводить содержательные исследования на базе относительно элементарных средств; внести определенный вклад в решение ряда методических проблем подготовки учителя математики: развивать логическое мышление, повысить уровень математической культуры будущего учителя, прививать навыки самостоятельной исследовательской работы в математике и др. 

Решение неопределённых уравнений - очень увлекательная задача. С древнейших времён накопилось множество способов решения конкретных диофантовых уравнений, однако, только в нашем веке появились общие приёмы их исследования.

В результате нашего исследования мы изучили дополнительную литературу.    Основными из них являются: Башмакова И.Г., Акимова С., Бухштаб А. А..

ЛИТЕРАТУРА

1. Акимова С. Занимательная математика. – Санкт-Петербург: Тригон, 1997. –

608 с.

2. Бабинская И. Л.  Задачи математических олимпиад. – М:. 1995.
3. Башмакова И.Г. Диофант и диофантовы уравнения. - М.: Наука, 1972. - 68 с.
4. Болгарский Б. В.  Очерки по истории математики. – Минск:. 1999.
5. Бухштаб, А. А. Теория чисел. - М.: Государственное учебно-педагогическое издательство министерства просвещения РСФСР, 1960. - 378 с.
6. Васильев Н. Б., Егоров А. А.  Задачи Всесоюзных математических олимпиад. – Москва:. 1998.
7. Виленкин Н. Я.  За страницами учебника математики 10 – 11 класс. – М.: Просвещение,  1996. – 319 с.
8. Васильев Н. Б., Тутенмахер В. Л.  Заочные математические олимпиады. – Москва:. 1996.
9. Выгодский М. Я.  Справочник по элементарной математике. – М:. 2000.
10. Гальперин Г. А., Тольпыго А. К.  Московские математические олимпиады. – М:. 1998.
11. Генкин С. А., Интенберг И. В., Фомин Д. В.  Ленинградские математические кружки. – Киров:. 1994.
12. Егоров А. А.  О дискриминанте. – Приложение к журналу «Квант», № 2/1994.  117 с.
13. Задачи математических олимпиад школьников Нижегородской области. – Н. Новгород:. 1998.
14. Заочные математические олимпиады. – М:. 1998.
15. Литвиненко В. Н., Мордкович А. Т.  Практикум по элементарной математике. Алгебра. Тригонометрия. – Москва:. 1991.
16. Постников М. М.  Теорема Ферма. – Москва:. 1978.
17. Сивашинский И. Х.  Теоремы и задачи по алгебре и элементарным функциям. – Москва:. 1971.
18. Школьная энциклопедия. Математика.; Под ред. С. М. Никольского – М.: Большая российская энциклопедия, 1996 –648 с.
19. Энциклопедия для детей Т. 11 (Математика) / под редакцией М. Д. Аксёнова – М.: Аванта +, 1998 – 688 с.
20. Энциклопедический словарь юного математика / под редакцией Гнеденко Б. В. – Москва:. Педагогика, 1985 –350 с.
21. Яковлев Г. Н.  Всесоюзные математические олимпиады школьников. – Москва:. 1992.