О преподавании диофантовых уравнений и пределов Текст научной статьи по специальности «Математика»

УДК 512.942

О ПРЕПОДАВАНИИ ДИОФАНТОВЫХ УРАВНЕНИЙ И ПРЕДЕЛОВ

И.А. Рудаков

Предлагается метод решения диофантовых уравнений первой степени и подход к определению предела последовательности.

Ключевые слова: уравнения в целых числах, делитель, последовательность, предел.

1. Диофантовы уравнения.

Рассмотрим диофантово уравнение первой степени:

ax + Ьу = c, х,у е1 , (1)

а,ЬеN, а > 2, Ь > 2, НОД(а,Ь) = 1, cеZ (2)

Здесь а, Ь, С есть заданные числа, X, у е ^ - неизвестные.

Диофантовы уравнения (1) обычно изучают на факультативных занятиях в школе. К уравнениям (1) приводят, например, логические текстовые задачи, тригонометрические уравнения (см. примеры ниже). Стандартным методом решения уравнения (1) является представление решения в виде суммы общего решения однородного уравнения а% -\- Ьу = 0 (х = ЬТ, у = —С Е Ж) и частного решения ( оУ о ) уравнения (1): X = ЬI + Х(), у = ~С11 + y0,t GZ . Частное решение ' Л'- - - ) может быть найдено с помощью алгоритма Евклида, который тяжело усваивается даже

сильными учениками. Если коэффициенты а, Ь уравнения (1) являются не большими натуральными числами, что выполнено для большинства упражнений в школе, то можно предложить следующий подход к решению уравнения (1), использующий простые соображения делимости. Рассмотрим вначале пример.

Пример. Решить уравнение:

Зх — 8у = 4,х,у,хЕ 2 (3)

Число 3 является наименьшим среди коэффициентов [3ГБ] при Л', у. Заметим, что

8 = 3 ■ 3 — 1= 9-1. Отсюда и (3) выведем у + 4 = —Зх — 9у = 3 (—X — Зу). Таким образом,

у + 4 делится на 3. Поэтому у + 4 = ЗА', к Е 2. Подставив в (3), получим

- .V = V = —О',' — 1 _. Следовательно, для решений уравнения (1) должны

выполняться соотношения

х = —Зк — 12, у = Зк — 4-, к £ 2 (4)

Подставив (4) в (3) (проверка), придем к верному тождеству 4 = 4. Следовательно, формулы (4) определяют все решения уравнения (3).

В общем случае данный прием можно описать следующим образом. Пусть для коэффициентов уравнения (1) выполнено условие (2) и одно из двух следующих соотношений

Ъ = ап ± 1, 71 Е N (5)

Если в (5) Ъ = ап + 1 (то есть «+»), то из (1), (5) выведем

Выражение У — С делится на а. Поэтому у — С = кй, к £ V = кС1 + С. Подставив _ Г в (1), получим X = —Ьk — СП . Таким образом, решением уравнения (1) должна быть

пара

х =—Ьk — сп, у = ka + с, kе2

. (7)

Подставив (7) в (1) (проверка), получим верное тождество С = С. Следовательно, равенства

(7) задают все решения (1). Если в (5) переменная Ъ = ОТI— 1, то аналогичные рассуждения приводят к решениям

х =—Ьk + сп , у = ka — с , k е2.

Покажем, как за конечное число шагов можно добиться выполнения одного из равенств (5). Пусть для натуральных чисел О., Ь выполнены условия (2), но не выполнено ни одно из условий (5).

Предположим СІ Ь. Обозначим через остаток от деления числа Ь на О.. Тогда Ь = С1 1 СІ +

, где € РЗ и 1 < *С О.. Отсюда и (1) выведем

ах + асіУ+ Ъху= С, а{х + (IУ) + Ьху = С. Обозначив Х1 = X + (1у € ^ , придем к новому уравнению вида (1):

ах± + Ъ±у = с . (8)

Если в уравнении (1) а > Ь и а = Ь(і^ + где СІ1,СІ1єМ и 1 < А; < а, то уравнение (1) сводится к уравнению вида (1):

а^ +

котором

Уі = У + dx х е2.

Поскольку

а,Ь,а1>Ь1 Є

.Лл.і1,';, У- ) ^ . Лл.іЛ'!■. ¿И . - -1 ^ і ■ '!■. О і, то за конечное число шагов мы

придем к уравнению вида (1), в котором либо £1 = 1, либо Ь = 1 и, значит на предыдущем шаге

одно из условий вида (5) было выполнено.

Заметим, что проверка найденных решений является необходимым шагом такого метода. Однако, во-первых, ее можно провести в общем виде для учащихся, как мы это сделали, и больше ее не проводить. Во-вторых, проверка решений является полезным шагом для понимания учащимися понятия бесконечной серии решений.

Пример. Решить уравнение

12% + 5у = 4 х,у Є Ъ

Для чисел 5, 12 ни одно из условий (5) не выполнено. Разделим 12 на 5 с остатком:

12 = 5X2 + 2. Тогда 2х + 10х + 5 у = 4, 2х + 5 (у + 2х) = 4. Обозначив

У^ — у + 2х Ь 2Е . придем к уравнению 2х + ^ выполнено условие (5) с «+». Следуя у1 — 4 = —2X — 4 = 2(—X — 2 у1) . Таким образом,

— 41, в котором ^ — 2 X 2+1, то есть изложенному выше плану, выразим

>'і -4

делится

на

У2 — 4 — 2 к, к € Ж, у2 — 2к+ 4. Подставим у^ в уравнение:

2 х + 5^ + 4) = 4, X = — 5k — 8. Подставим х в исходное уравнение:

удовлетворяют равенствам:

Подставив (10) в (9), придем верному тождеству 4=4 и, следовательно, формулы (10) задают все решения (9).

В качестве упражнений можно предложить учащимся следующие уравнения ( во всех уравнениях Х} у -£ Ж);

Диофантовы уравнения могут возникнуть при решении тригонометрических уравнений. Пример (вступительные испытания на ФЭФ БГУ).

соа5дг ^

Решить уравнение = 1. Решение. Перенесем 1 в левую часть и приведем к

созЗяг cos3.jp

С085.Х-С088д-С083д-общему знаменателю: -----------------------= 0,

соаСЗдс—Зле..' -созЗдг созж

cos8 X СОЭЗ.!

соэЗаг созЗдг

= 0,<=>

зіпЗдг этЭдс соэЗаг соїЗдг

= 0

ЛЇ1 ЛТП г_ ™

х = — х = — п.ш € Ъ з 3

тг пк 71 711 , ,

ХФ-----------1-----, ХФ--------1------, к.! Є 2 . (12)

16 3 6 3

(11)

Произведем отбор корней. Для этого найдем п и т , для которых не выполняются условия (12). То есть рассмотрим уравнения

в

и

пп тг тгк _ пп тг тгі ттт тг Trfe тгтті тг тгі ^ к i Е S 3 16 3J3 б 3 J З 16 8 J З б з’' ■'

Первое , третье и четвертое уравнения решений не имеют, поскольку в левых частях уравнений стоят четные числа , а в правых частях нечетные.

Решим уравнение Зті = 4 + 81,3 71 — ЄI = 4 (сделав замену l1 = —І Є S, придем к

уравнению вида (1)). Заметим, что 8 = 3X3 — 1, то есть выполнено условие вида (5). Поэтому

I — 4 = 3t, t € 1L\ — 4 + 3t. Подставим I в исходное уравнение:

= -_ — = 1 _ _ '.jZ Таким образом, пары чисел

71 = 12 + Qt,l = 4 + 3t при t t Z задают все решения уравнения

Зті — 8 I = 4. Следовательно, для всех t t Z и 71 = 81 + 12 при соответствующих значениях X в первой серии (11) знаменатель исходного уравнения обращается в нуль. Ответ:

ЛІТІ ли _ 0 . п _

—. — .ти.?! Є Ж.п Ф 8t + 12. t € Ж.

3 3

Для закрепления данной темы учащимся в качестве упражнений можно предложить следующие тригонометрические уравнения, приводящие к диофантовым уравнениям:

cos3xcos5x= 1: cos* cos2^dos4x = -: Vcos2010% 4-----------------— = 1;

а ііпізж

------------ -------- 1 1 sin4x

Vcos2007x + YsinlOx = 0; tgx 4-------------------=----------ctg2x; --------------—+1 = 0;

sin3x sinr cos9xsin5x:

------------= 1; cosx + cos3x = 2 cos (x-l— I cos (x---------------).

sin8sin3x V b* V b*

2. Предел числовой последовательности.

Как известно, вычисление предела по определению является не очень простой задачей не только для школьников, но и для многих студентов, особенно гуманитарных специальностей. Предлагаем следующее определение предела числовой последовательности.

Определение 1. Число A называется пределом числовой последовательности { xn }, если для

любого (сколь угодно малого) числа Є > 0 найдется действительное число M > 0 такое, что для любого натурального числа n > M выполняется неравенство | xn — A| <Є .

Напомним классическое определение предела, применяемое в большинстве учебниках. Определение 2. Число A называется пределом числовой последовательности { xn }, если для

любого числа Є > 0 найдется натуральное число N такое, что для любого натурального числа n > N выполняется неравенство | xn — A| <Є .

Оба определения, очевидно, равносильны. Однако, при решении задач на вычисление предела последовательности по определению намного удобнее использовать определение 1. Действительно, при проверке выполнения определения 2 ключевым моментом является вычисление числа N . Но поскольку N является натуральным числом, то в большинстве задач приходится вычислять целую часть соответствующего выражения, что вызывает затруднение в понимании определения предела у учащихся. При применении определения 1 вычислять целую часть не надо и решение задачи сильно упрощается. Это способствует лучшему усвоению данной сложной темы.

Пример. Доказать, что

lim — = — 2. (1)

n——^ n

Решение. Проверим выполнение определения 2. Берем произвольное число Є> 0. Решим неравенство

|(1 — 2n)/n — (—2) <Є . (2)

Данное неравенство равносильно неравенству 1/n <Є О n>1/є . (3)

Пусть N = [1/s]+1. Покажем, что это искомое N в определении предела. Берем любой номер n>N . По свойству целой части ([x]>x-1) имеем: n>N

Оn>[1/s]+ 1 ^ n>(1/s-l)+ 1 Оn>1/s . Таким образом, при n>N выполнено неравенство (3), которое равносильно (2). Определение 2 выполнено.

Проверим определение 1. Неравенство (3) определяет решение неравенства (2). Положим M = 1/s . Тогда для любого номера n >M выполнено (3), что равносильно неравенству (1). Определение 1 для предела (1) выполнено.

Как видим, использование определения 1 сильно упрощает решение.

We are discussing the subject “The limit of a numerical sequnce”

The key words: the sequence, the limit, the whole part of number.

Об авторе

И.А. Рудаков - докт. физ.-мат. наук, проф. кафедры МиМЭС, Брянский государственный университет им. академика И.Г. Петровского, rudakov [email protected]

About teaching of a theme a limit.

I.A. Rudakov

Bryansk State University, 241036, Bryansk, Bejizkay street, 14, e-mail: [email protected]