CC BY
68
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 bgu@mail.ru
About teaching of a theme a limit.
I.A. Rudakov
Bryansk State University, 241036, Bryansk, Bejizkay street, 14, e-mail: rudakov_bgu@mail.ru
