Równanie diofantyczne


Równanie diofantyczne w encyklopedii

Z Wikipedii, wolnej encyklopedii Przejdź do nawigacji Przejdź do wyszukiwania

Równanie diofantycznerównanie postaci:

f ( x 1 , x 2 , , x n ) = 0 , {\displaystyle f(x_{1},x_{2},\dots ,x_{n})=0,}

gdzie f {\displaystyle f} jest n {\displaystyle n} -argumentową funkcją ( n 2 ) {\displaystyle (n\geqslant 2)} i którego rozwiązania szukamy w dziedzinie liczb całkowitych. Jeżeli f {\displaystyle f} jest wielomianem ze współczynnikami całkowitymi, to takie równanie nazywamy algebraicznym równaniem diofantycznym[1].

Spis treści

Przykłady równań diofantycznych | edytuj kod

  • Równanie x n + y n = z n : {\displaystyle x^{n}+y^{n}=z^{n}{:}} dla n = 2 {\displaystyle n=2} równanie to obrazuje zależność między długościami boków w trójkącie prostokątnym (zobacz: trójki pitagorejskie). Dla n > 2 {\displaystyle n>2} równanie to nie ma rozwiązań – jest to treść wielkiego twierdzenia Fermata.
  • Równanie a x + b y = c {\displaystyle ax+by=c} ( a , b , c {\displaystyle a,b,c} są dane) jest równaniem diofantycznym liniowym. Ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy największy wspólny dzielnik liczb a {\displaystyle a} i b {\displaystyle b} dzieli c . {\displaystyle c.}
  • Równanie 2 x + 1 = y 2 {\displaystyle 2^{x}+1=y^{2}} ma w liczbach naturalnych jedno rozwiązanie: (3,3).
  • Równanie x y = y x {\displaystyle x^{y}=y^{x}} ma w liczbach naturalnych dwa rozwiązania, gdy x y : {\displaystyle x\neq y{:}} x = 2 , y = 4 {\displaystyle x=2,y=4} oraz x = 4 , y = 2. {\displaystyle x=4,y=2.}
  • Równanie x 2 n y 2 = 1 {\displaystyle x^{2}-ny^{2}=1} ( n > 0 ) {\displaystyle (n>0)} zwane równaniem Pella (od nazwiska angielskiego matematyka Johna Pella; sam Pell nie zajmował się takimi równaniami) – jeżeli n {\displaystyle n} jest kwadratem liczby naturalnej, to równanie nie ma rozwiązań, jeżeli zaś nie jest, ma ich ono nieskończenie wiele. Rozwiązania te tablicuje się w zależności od n . {\displaystyle n.}
  • Równanie 3 a k 1 2 a k 1 = 2 x {\displaystyle {\tfrac {3^{a}\cdot k-1}{2^{a}\cdot k-1}}=2^{x}} jest warunkiem istnienia tzw. pętli pierwszego stopnia w ciągu Collatza-Ulama. Ma ono tylko jedno rozwiązanie dla a = 1 , {\displaystyle a=1,} k = 1 {\displaystyle k=1} oraz x = 1 , {\displaystyle x=1,} które odpowiada występowaniu pętli trywialnej w tym ciągu.

Typowe problemy | edytuj kod

Badając dane równanie diofantyczne, staramy się przede wszystkim odpowiedzieć na następujące pytania[1]:

  • Czy ma ono rozwiązania?
  • Jeśli tak, to ile ich jest (skończenie, czy nieskończenie wiele)?
  • Czy istnieje algorytm na ich wyznaczanie?

W przypadku wielu prostych równań te i inne pytania pozostawały bez odpowiedzi przed długie lata, a próby znalezienia ich częstokroć prowadziły do głębokich badań i rozwoju nowych teorii matematycznych. Klasycznym przykładem jest wielkie twierdzenie Fermata, które pozostawało bez dowodu przez blisko 350 lat.

Metody rozwiązywania | edytuj kod

Podstawowe metody | edytuj kod

Metoda dekompozycji | edytuj kod

Polega na przekształceniu równania z postaci[2]:

D ( x 1 , , x n ) = 0 {\displaystyle D(x_{1},\dots ,x_{n})=0}

do postaci:

D 1 ( x 1 , , x n ) D 2 ( x 1 , , x n ) D k ( x 1 , , x n ) = a , {\displaystyle D_{1}(x_{1},\dots ,x_{n})\cdot D_{2}(x_{1},\dots ,x_{n})\dots D_{k}(x_{1},\dots ,x_{n})=a,}

gdzie D 1 , D 2 , , D k Z X 1 , X 2 , , X n {\displaystyle D_{1},D_{2},\dots ,D_{k}\in \mathbb {Z} [X_{1},X_{2},\dots ,X_{n}]} i a Z . {\displaystyle a\in \mathbb {Z} .}

Następnie liczbę a {\displaystyle a} rozkładamy na k {\displaystyle k} czynników pierwszych. Każdy taki rozkład daje układ równań postaci:

D 1 ( x 1 , , x n ) = a 1 D 2 ( x 1 , , x n ) = a 2 D k ( x 1 , , x n ) = a k . {\displaystyle {\begin{aligned}D_{1}(x_{1},\dots ,x_{n})=a_{1}\\D_{2}(x_{1},\dots ,x_{n})=a_{2}\\\dots \\D_{k}(x_{1},\dots ,x_{n})=a_{k}\end{aligned}}.}

Suma zbioru rozwiązań tych układów daje zbiór rozwiązań równania D . {\displaystyle D.}

Przykład | edytuj kod

Rozważmy równanie:

n m 2 n + m 6 = 0. {\displaystyle nm-2n+m-6=0.}

I przekształćmy je w następujący sposób:

n ( m 2 ) + m 2 = 4 , {\displaystyle n(m-2)+m-2=4,} ( m 2 ) ( n + 1 ) = ( ± 2 ) 2 . {\displaystyle (m-2)(n+1)=(\pm 2)^{2}.}

Odpowiada to dwóm możliwościom:

{ m 2 = 2 n + 1 = 2 , {\displaystyle {\begin{cases}m-2=2\\n+1=2\end{cases}},} { m 2 = 2 n + 1 = 2 , {\displaystyle {\begin{cases}m-2=-2\\n+1=-2\end{cases}},}

co daje rozwiązanie: { m = 4 , n = 1 } {\displaystyle \{m=4,n=1\}} lub { m = 0 , n = 3 } . {\displaystyle \{m=0,n=-3\}.}

Rozwiązania z wykorzystaniem nierówności | edytuj kod

Metoda polega na ograniczeniu przestrzeni potencjalnych rozwiązań równania do skończonego zbioru[3].

Przykład | edytuj kod

Szukamy wszystkich par liczb całkowitych ( n , m ) {\displaystyle (n,m)} spełniających równanie:

n 3 + m 3 = ( n + m ) 2 . {\displaystyle n^{3}+m^{3}=(n+m)^{2}.}

Po pierwsze, rozwiązaniem powyższego równania są wszystkie pary postaci ( k , k ) , k Z . {\displaystyle (k,-k),k\in \mathbb {Z} .} Teraz rozważmy takie rozwiązania, że ( n + m ) 0 , {\displaystyle (n+m)\neq 0,} wtedy równanie możemy podzielić obustronnie przez ( n + m ) : {\displaystyle (n+m){:}}

n 2 n m + m 2 = n + m {\displaystyle n^{2}-nm+m^{2}=n+m}

i przekształcić do postaci:

( n m ) 2 + ( n 1 ) 2 + ( m 1 ) 2 = 2. {\displaystyle (n-m)^{2}+(n-1)^{2}+(m-1)^{2}=2.}

Z tego wynikają nierówności ( n 1 ) 2 1 {\displaystyle (n-1)^{2}\leqslant 1} i ( m 1 ) 2 1 {\displaystyle (m-1)^{2}\leqslant 1} ograniczające położenie niewiadomych n , m {\displaystyle n,m} do przedziału 0 , 2 . {\displaystyle [0,2].} Ponieważ rozpatrujemy rozwiązania w dziedzinie liczb całkowitych, daje to dziewięć potencjalnych rozwiązań. Poprzez sprawdzenie każdej możliwości z osobna możemy pokazać, że rozwiązaniami są pary: ( 0 , 1 ) , {\displaystyle (0,1),} ( 1 , 0 ) , {\displaystyle (1,0),} ( 1 , 2 ) , {\displaystyle (1,2),} ( 2 , 1 ) , {\displaystyle (2,1),} ( 2 , 2 ) . {\displaystyle (2,2).}

Metoda parametryczna | edytuj kod

W niektórych przypadkach zbiór rozwiązań równania f ( x 1 , x 2 , , x n ) = 0 {\displaystyle f(x_{1},x_{2},\dots ,x_{n})=0} można opisać jako:

x 1 = g 1 ( k 1 , , k l ) x 2 = g 2 ( k 1 , , k l ) x n = g n ( k 1 , , k l ) , {\displaystyle {\begin{aligned}x_{1}=g_{1}(k_{1},\dots ,k_{l})\\x_{2}=g_{2}(k_{1},\dots ,k_{l})\\\dots \\x_{n}=g_{n}(k_{1},\dots ,k_{l})\end{aligned}},}

gdzie g 1 , g 2 , , g n {\displaystyle g_{1},g_{2},\dots ,g_{n}} l {\displaystyle l} -argumentowymi funkcjami o wartościach całkowitych i k 1 , k 2 , , k l Z . {\displaystyle k_{1},k_{2},\dots ,k_{l}\in \mathbb {Z} .} Metoda parametryczna jest często wykorzystywana w sytuacjach, gdy nie jest możliwe pokazanie explicite wszystkich rozwiązań równania, ponieważ jest ich nieskończenie wiele[4].

Przykład | edytuj kod

Określić w podanej wyżej postaci nieskończenie wiele rozwiązań poniższego równania:

a 3 + b 3 + c 3 = a 2 + b 2 + c 2 . {\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}=a^{2}+b^{2}+c^{2}.}

Rozważmy podzbiór rozwiązań takiej postaci, że c = b , {\displaystyle c=-b,} w ten sposób otrzymujemy równanie:

a 3 = a 2 + 2 b 2 . {\displaystyle a^{3}=a^{2}+2b^{2}.}

Biorąc b = k a {\displaystyle b=ka} i a = 1 + 2 k 2 {\displaystyle a=1+2k^{2}} ( k Z ) , {\displaystyle (k\in \mathbb {Z} ),} powyższe równanie jest spełnione. W ten sposób otrzymujemy rodzinę rozwiązań w postaci:

a = 2 k 2 + 1 , {\displaystyle a=2k^{2}+1,} b = k ( 2 k 2 + 1 ) , {\displaystyle b=k(2k^{2}+1),} c = k ( 2 k 2 + 1 ) . {\displaystyle c=-k(2k^{2}+1).}

Zobacz też | edytuj kod

Przypisy | edytuj kod

  1. a b Andreescu, Andrica i Cucurezeanu 2010 ↓.
  2. Andreescu, Andrica i Cucurezeanu 2010 ↓, s. 3.
  3. Andreescu, Andrica i Cucurezeanu 2010 ↓, s. 13.
  4. Andreescu, Andrica i Cucurezeanu 2010 ↓, s. 20.

Bibliografia | edytuj kod

  • Titu Andreescu, Dorin Andrica, Ion Cucurezeanu: An Introduction to Diophantine Equations. A Problem-Based Approach. Birkhäuser, 2010. ISBN 978-0-8176-4548-9.
Kontrola autorytatywna (równanie wielomianowe):
Na podstawie artykułu: "Równanie diofantyczne" pochodzącego z Wikipedii
OryginałEdytujHistoria i autorzy