Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
12.10. Пусть p > 2 — простое число. Докажите, что число можно единственным способом представить в виде + 1/y, где x и y — различные натуральные числа. Пусть n — натуральное число. Докажите, что количество решений уравнения 1/x + 1/y = 1/n в натуральных числах равно количеству делителей числа n 2 12.12. а) Найдите все натуральные числа x, y, z, для которых б) Найдите все натуральные числа x, y, z > 1, для которых. а) Найдите все решения уравнения x 2 + y 2 + z 2 = = 2xyz в натуральных числах. б) Найдите все решения уравнения в натуральных числах. Решите в целых числах уравнение 2y 3 − 4z 3 = 0. 12.15. Решите в натуральных числах уравнение 2 n + + 1 = 3 m 12.16. Найдите все решения уравнения x y = а) в натуральных числах; б) в рациональных числах. Нахождение некоторых решений. а) Докажите, что для любого натурального n уравнение имеет бесконечно многоразличных решений в натуральных числах Условия задач 161 б) Докажите, что если m и n — взаимно простые натуральные числа, то уравнение a n + b n = имеет бесконечно много решений в натуральных числах. Доказательство конечности числа решений. Докажите, что для любого натурального числа уравнение x 3 + y 3 = n имеет конечное число целочисленных решений. Уравнение Пелля Уравнение x 2 − dy 2 = 1, где d — натуральное число, свободное от квадратов те. число, не делящееся на квадрат натурального числа, отличного от 1), называют уравнением Пелля. 12.19. Докажите, что уравнение x 2 − 2y 2 = 1 имеет бесконечно много решений в натуральных числах. Пусть d — натуральное число, свободное от квадратов. Докажите, что существует константа C, для которой неравенство |x 2 − dy 2 | < C имеет бесконечно много целочисленных решений. Решение уравнения Пелля в натуральных числах с минимальным будем называть фундаментальным решением. Докажите, что уравнение Пелля для любого натурального свободного от квадратов) имеет бесконечно много решений в натуральных числах. Более того, если, y 1 ) — фундаментальное решение, то любое решение, y n ) имеет вид+ y n √ d = (x 1 + y 1 √ d) n 12.22. Докажите, что если d ≡ 3 (mod 4), то уравнение dy 2 = −1 не имеет решений в натуральных числах. Докажите, что если d — простое число, причём d ≡ 1 (mod 4), то уравнение x 2 − dy 2 = −1 имеет решение в натуральных числах Глава 12. Уравнения в целых числах. Докажите, что если уравнение x 2 − dy 2 = −4 имеет решение с нечётными x и y, то уравнение X 2 − dY 2 = имеет решение в натуральных числах. См. также задачи 31.37 и 35.11––35.13. 12.6. Уравнение Маркова Уравнением Маркова называют уравнение+ n 2 + p 2 = где числа m, n и p натуральные. Докажите, что уравнение Маркова имеет бесконечно много решений. Докажите, что все решения уравнения m 2 + n 2 + + p 2 = mnp в натуральных числах имеют вид 3m 1 , 3n 1 , где m 1 , n 1 , p 1 — решение уравнения Маркова. 12.27. Докажите, что если k 6= 1 или 3, то уравнение+ y 2 + z 2 = kxyz не имеет решений в натуральных числах. Докажите, что если m, n, p — решение уравнения Маркова, то числа m, n и p взаимно просты. Решения 12.1. Согласно задаче 4.42 остаток отделения квадрата целого числа на 3 и на 4 равен 0 или 1, а остаток отделения на 5 равен, 1 или 4. Используя только остатки 1 и 4, нельзя добиться выполнения равенства a 2 + b 2 = c 2 . В случае делимости на 3 и на это завершает доказательство. В случае делимости на 4 мы получаем, что либо все три числа a, b, c чётны, либо одно из чисел и b чётно, а другое нечётно. Первый случай можно не разбирать, поскольку доказательство достаточно провести для примитивных пифагоровых троек. Таким образом, остаётся доказать, что если для целых чисел a 1 , b 1 , выполняется равенство+ (2b 1 + 1) 2 = (2c 1 + то число a 1 чётно. Равенство (1) можно переписать в виде 1 = c 1 (c 1 + 1) − b 1 (b 1 + Числа c 1 (c 1 + 1) и b 1 (b 1 + 1) чётны, поэтому число тоже чётно. Решения задач. Числа a и b не могут быть оба чётными, потому что иначе число c тоже было бы чётным. Числа a и b не могут быть оба нечётными, потому что иначе число a 2 + делилось бы на 2, ноне делилось бы на 4. 12.3. Числа и + взаимно простые, поэтому из равенства+ следует, что b 2 = и + b 2 = m 2 , где и n — взаимно простые числа. При этом c = m 2 + и b = m 2 − n 2 12.4. Нужно доказать, что для любых взаимно простых натуральных чисел m и n число mn(m + n)(m − n) делится на 6. Если и n нечётны, то m + n чётно. Если m и n не делятся на 3, то либо числа m и n дают одинаковые остатки при делении на 3 (тогда n делится на 3), либо одно из них при делении на 3 даёт остаток 1, а другое даёт остаток 2 (тогда m + n делится на 3). 12.5. Предположим, что существуют взаимно простые натуральные числа m и n, для которых mn(m + n)(m − n) = s 2 , где s натуральное число. Будем считать, что s — наименьшее из всех чисел, для которых имеет место равенство такого вида. Числа, n, m + n, m − n попарно взаимно простые, поэтому m = x 2 , n = y 2 , m + n = и m − n = t 2 , где x, y, z и t — натуральные числа. Числа m и n разной чётности, поэтому числа z и t нечёт- ные. Положим A = z + и B = z − t 2 . Тогда A 2 + B 2 = z 2 + t 2 2 = m = и t 2 8 = n 4 = y 2 4 . Таким образом, для числа y/2 тоже имеет место равенство указанного вида. Поэтому y 2 > 4s 2 , те. Получено противоречие. Ответ. Данное уравнение можно переписать следующим образом (2x + 1)(2y + 3) = 3. Остаётся решить 4 системы уравнений 2x + 1 = 1, 2y + 3 = 3; 2x+1=3, 2y+3=1; 2x+1=−1, 2y+3=−3; 2x+1=−3, 2y+3=−1. 12.7. Рассматриваемое уравнение можно переписать в виде 5)(y + 3) = −18. Его решения в целых числах соответствуют представлениям числа −18 в виде произведения двух целых чисел. Ответ. Рассмотрим данное уравнение как квадратное уравнение относительно Дискриминант этого уравнения равен −3y 2 + 6y + 1. Он отрицателен при y> 3 и при y6 −1. Поэтому для y получаем три возможных Глава 12. Уравнения в целых числах значения 0, 1, 2. Для каждого из этих значений получаем уравнение, которое легко решается. Ответ. Проверим, что других решений нет. Ясно, что 2 2 + 7 = 11 — не квадрат, поэтому можно считать, что > 3. Тогда делится на 8, а значит, y 2 ≡7 (mod 8). Но, как легко проверить, квадрат целого числа при делении на 8 может давать только остатки 0, 1 и 4. 12.10. Равенство 1/x + 1/y = 2/p можно переписать в виде+ y) = 2xy. Значит, одно из чисел x и y делится на p. Например px ′ . Тогда px ′ + y = 2x ′ y, те. Если x ′ = 1, то p и x = p, а по условию числа y и x различны. Если же x ′ > 1, то 1 > x ′ , поэтому y < p. Кроме того, числа 2x ′ − 1 и взаимно просты. Значит, 2x ′ − 1 = p и y = x ′ . В итоге получаем y = x ′ = p + 1 и x = p p + 1 2 12.11. Данное уравнение можно записать в виде n 2 = (x − n)× ×(y − n). Каждому делителю d числа соответствует решение n + d, y = n + n 2 d 12.12. а) Будем считать, что x > y > z. Тогда 1 = 1/x + 1/y + 1/z 6 6 3/z, поэтому z 6 3. Ясно также, что z 6= Если z = 3, то 1/x + 1/y = 2/3 и при этом 1/x + 1/y 6 2/y, значит 6 3. Но y > z = 3, поэтому y = 3 и x = Если z = 2, то 1/x + 1/y = 1/2 и при этом 1/x + 1/y 6 2/y, значит 6 y 6 4. Ясно, что y 6= 2. При y = 3 получаем x = 6, а при y = получаем x = б) Снова будем считать, что x > y > z. Тогда z < 3, те Поэтому 2/y > 1/x + 1/y > 1/2, значит, y < 4. Если y = 2, то число может быть произвольным. Если y = 3, тот. е. x = 3, или 5. 12.13. а) Пусть x = 2 m x 1 , y = 2 n y 1 , z = 2 k z 1 , где числа x 1 , y 1 , z 1 нечётны. Можно считать, что m 6 n 6 k. Тогда обе части уравнения можно сократить на (2 m ) 2 . В результате получим 1 + 2 (n −m) y 2 1 + 2 (k −m) z 2 1 = где n + k − m + 1 > Если n = m = k, то согласно задаче 4.42 б) при делении на 4 число в левой части этого равенства даёт остаток 3, а число в правой части даёт остаток 0 или 2. Если же k > m, то число в левой части даёт остаток 1 или 2, а число в правой части — остаток 0. Значит, уравнение не имеет решений в натуральных числах Решения задач 165 б) Число x 2 + y 2 + z 2 + u 2 чётно, поэтому среди чисел x, y, z, u чётное число нечётных чисел. Если все числа x, y, z, u нечётны, то x 2 + y 2 + z 2 + u 2 ≡0 (mod но при этом 2xyzu не делится на Если ровно два из чисел x, y, z, u нечётны, тоне делится на 4, а 2xyzu делится на Поэтому все числа x, y, z, u чётны, те. Мы получаем уравнение x 2 1 + y 2 1 + z 2 1 + u 2 1 = 8x 1 y 1 z 1 u 1 . Теперь заметим, что (2k + 1) 2 = 4k(k + 1) + 1 ≡ 1 (mod 8). Поэтому если все числа x 1 , y 1 , z 1 , u 1 нечётны, тоне делится на А если ровно два из этих чисел нечётно, тоне делится даже на 4. Значит, x 1 =2x 2 , y 1 =2y 2 , z 1 =2z 2 , u 1 =2u 2 , и мы получаем уравнение x 2 2 + y 2 2 + z 2 2 + u 2 2 = 32x 2 y 2 z 2 u 2 . Снова повторив те же самые рассуждения, получим, что x, y, z, u делятся на при всех n, чего не может быть. Ответ Пусть x 3 −2y 3 −4z 3 = 0, где x, y, z — целые числа. Тогда число x чётно. После замены получаем уравнение 8x 3 1 −2y 3 −4z 3 = Сократим на 2: 4x 3 1 − y 3 − 2z 3 = 0. Значит, число y чётно. После замены y = получаем уравнение 4x 3 1 − 8y 3 1 − 2z 3 = 0. Снова сократим на 2: 2x 3 1 −4y 3 1 −z 3 =0. Значит, число z чётно. После замены получаем уравнение x 3 1 − 2y 3 1 − 4z 3 1 = 0, которое имеет такой же вид, как и исходное уравнение. Поэтому снова можно доказать, что числа x 1 , y 1 , z 1 чётны и т. д. Но это возможно лишь в том случае, когда x = y = z = 0. 12.15. Ответили Если n = 1, то m = 1. Рассмотрим теперь случай, когда n > В этом случае 3 m ≡1 (mod 4). Отметим, что 3 2k+1 = 3 · 9 k ≡3 (mod Поэтому m = 2k, а значит, (3 k − 1)(3 k + 1) = 2 n . Таким образом, числа 3 k −1 и 3 k + 1 — степени двойки, которые отличаются друг от друга на 2. Это возможно лишь в том случае, когда k = 1, те и n = 3. 12.16. Всегда есть очевидное решение x = y, поэтому достаточно рассмотреть случай, когда x > y случай x < y рассматривается аналогично. Пусть x = ky, где k > 1 — рациональное число. Тогда (ky) y = (y k ) y , поэтому ky = y k , а значит, y = k 1 k−1 . Пусть 1 = p q — несократимая дробь. Тогда y= “ p + и x= “ p + Числа p и p + q взаимно простые, поэтому число y может быть рациональным лишь в том случае, когда p = и p + q = для некоторых натуральных a и b. Предположим, что q > 2. Тогда Глава 12. Уравнения в целых числах+ q 6 a q + qa q −1 < (a + 1) q . Приходим к противоречию, так как между числами и (a + не может находиться число b q = p + Поэтому q = 1. Для любого натурального p числа x = (1 + и y = (1 + рациональны и являются решениями уравнения y x . Эти числа будут целыми лишь при p = 1. В этом случае 4 и y = 2. 12.17. а) Перепишем уравнение в виде c = (a/c) n + (a/c) n . Будем искать решения вида a = a 1 c и b = b 1 c, где и b 1 — натуральные числа. Тогда c = a n 1 + b n 1 , a = a 1 (a n 1 + b n 1 ) и b = b 1 (a n 1 + b n 1 ). Легко проверить, что мы действительно получили решение. б) Выберем натуральные числа p итак, что pm − qn = это можно сделать с помощью алгоритма Евклида. Положим (a n 1 + b n 1 ) p , a = a 1 (a n 1 + и b = b 1 (a n 1 + b n 1 ) q , где и b 1 — произвольные натуральные числа. Тогда a n + b n = (a n 1 + b n 1 )(a n 1 + b n 1 ) qn = = (a n 1 + b n 1 ) pm = c m 12.18. Пусть x + y = a и x 2 − xy + y 2 = b. Тогда ab = n. Число можно лишь конечным числом способов разложить на множители и b, поэтому получаем конечное число систем уравнений. Выразим y из первого уравнения и подставим во второе. В результате получим уравнение x(a − x) + (a − x) 2 = b, которое имеет не более двух решений. Каждому целочисленному решению x этого уравнения соответствует одно целочисленное решение исходной системы, а именно, a − x). 12.19. Нетрудно найти одно решение этого уравнения, например и y 1 = 2. Равенство x 2 1 − 2y 2 1 = 1 можно записать в виде y 1 √ 2)(x 1 + y 1 √ 2) = Ясно, что тогда y 1 √ 2) n (x 1 + y 1 √ 2) n = Кроме того, согласно задаче 6.22 (x 1 ± y 1 √ 2) n = x n ± y n √ 2. Поэтому 2y 2 n = те тоже решение, причём x n +1 > x n , y n +1 > y n 12.20. Применим задачу 17.11 для a = √ d. В результате получим, что существует бесконечно много пар взаимно простых чисел, y, для которых − y √ d | < 1/y. В таком случае + y √ d | < |x − y √ d | + 2 √ d |y| < 1 y + 2 √ d y, Решения задача значит dy 2 | = |x + y √ d | · |x − y √ d | < 1 y “ 1 y + 2 √ d y ” 6 2 √ d + Таким образом, в качестве константы C можно взять число 2 √ d + + 1. |