Aritmetica Nr Intregi. Ecuatii Diofantice

Cuprins metodica

Cap.1 Strategii educaționale centrate pe elev. Clarificări conceptuale

Strategia educațională – definiție și clasificare

Ce înseamnă centrarea pe elev, comparativ cu centrarea pe profesor?

Metode activ-participative – definiție și tipologie

Importanța metodelor activ-participative în desfășurarea activităților de predare învățare

Cap.2 Structura și funcționalitatea strategiilor educaționale centrate pe elev

2.1 Dimensiunea structurală

2.1.1. Metode și procedee activ-participative

2.1.2.Mijloace didactice moderne

2.2 Dimensiunea funcțională

Cap.3 Numere prime . Teorema fundamentala a aritmeticii. Congruente. Teorema lui Wilson, mica teorema a lui Fermat, lema chineza a resturilor.

Divizibilitatea numerelor naturale

Definitia divizibilitati. Divizor. Multiplu

Definitie: Un numar natural a este divizibil cu un numar natural b daca exista un numar natural c astfel incat a = b c.

Exemplu: Fie numerele naturale 8 si 2. Exista oare un numar natural astfel incat inmultindu-l cu 2 sa obtinem 8? Da. Acest numar este 4. Intr-adevar: 8 = 2 4.

Se mai spune: “a se divide cu b”, “b divide pe a “, “b este divizor al lui a”, “a este multiplu al lui b”.

Daca a si b sunt numere naturale, b | a se citeste “b divide pe a” sau 2 | 6.

Definitie: Fie a si b doua numere naturale. Spunem ca b | a daca exista un numar natural c astfel incat a = b c.

Observatii:

Nu orice numar natural par este divizibil cu 4. De ex.:6 nu este divizibil cu 4.

Nu orice numar natural de forma 6n – 1, unde n apartine N*, se divide numai cu 1 si cu el insusi. De ex.: Daca n = 6, avem 6 6 – 1 = 35, iar 35cu 1, cu 35, cu 5 si cu 7.

Proprietati ale divizibilitatii numerelor naturale

Orice numar natural este divizibil cu 1 sau 1 | a oricare ar fi a apartine N.

0 este divizibil cu orice numar natural sau a | 0, oricare ar fi a apartine N.

Orice numar natural se divide cu el insusi sau a | a, oricare ar fi a apar-tine N.

Fie a si b doua numere naturale. Daca a este divizibil cu b si b este divizibil cu a atunci a = b sau daca a | b si b | a, oricare ar fi a, b apartine N.

Fie a, b, c trei numere naturale. Daca b se divide cu a iar c se divide cu b atunci c se divide cu a sau daca a | b si b | c, atunci a | c, oricare ar fi a,b,c apartine N. Daca un numar natural se divide cu nu numar natural, atunci primul se divide cu toti divizorii celui de-al doilea.

Daca fiecare termen al unei sume de doua numere naturale se divide cu un numar natural, atunci si suma lor se divide cu acel numar natural.

Daca un numar natural a se divide cu un numar natural m si daca un numar natural b se divide cu acelasi numar natural m, atunci si suma lor a + b se divide cu m sau daca m | a si m | b, atunci m | a + b oricare ar fi a, b, m apartine N.

Daca unul din termenii unei sume de doua numere naturale se divide cu un numar natural, iar celalalt termen nu se divide cu acel numar natural, atunci suma nu se divide cu acel numar natural.

Fie numerele naturale a si b. Daca numarul a se divide cu numarul natural m si daca b nu se divide cu m atunci suma lor a + b nu se divide cu m sau daca m | a si m \| b,atunci m \| a + b oricare ar fi a, b, m apartine N.

(8) Fie a, b si m numerele naturale, a >b. Daca a se divide cu m si b se

divide cu m atunci si a – b se divide cu m sau daca m | a si m | b, atunci m | a – b oricare ar fi a, b, m apartine N, a > b.

(9) Daca un numar natural a se divide cu un numar natural m, atunci

produsul lui a cu orice numar natural se divide cu m, sau daca m | a, atunci m | ab, oricare ar fi a, b, m apartine N.

Criterii de divizibilitate

Criteriul de divizibilitate cu 10,100

Un numar natural a carui ultima cifra este zero este un numar divizibil cu 10, adica cu 2 5.

Un numar natural a carui ultima cifra nu este 0 nu este divizibil cu 10.

Un numar natural care are ca ultima cifra pe 0 se divide si cu 2 si cu 5.

Un numar natural la care ultimele doua cifre sunt zerouri se divide cu 100, adica cu 2 5.

Criteriul de divizibilitate cu 2

Daca ultima cifra a unui numar natural este o cifra para (0, 2, 4, 6, 8), atunci acel numar natural se divide cu 2.

Daca ultima cifra a unui numar natural nu este o cifra para, atunci acel numar natural nu se divide cu 2.

Criteriul de divizibilitate cu 5

Daca ultima cifra a unui numar natural este 5 sau 0, atunci acel numar se divide cu 5.

Daca ultima cifra a unui numar natural nu este nici 5, nici 0, atunci acel numar nu este divizibil cu 5.

Criteriul de divizibilitate cu 4

Daca numarul natural format din untimele doua cifre ale unui numar natural este divizibil cu 4, atunci numarul natural considerat este divizibil cu 4.

Daca numarul natural format din ultimele doua cifre ale unui numar natural nu este divizibil cu 4, atunci numarul natural considerat nu este divizibil cu 4.

Criteriul de divizibilitate cu 25

Daca numarul natural format din ultimele doua cifre ale unui numar natural este divizibil cu 25, atunci numarul natural considerat este divizibil cu 25.

Daca numarul natural format din ultimele doua cifre ale unui numar natural nu este divizibil cu 25, atunci numarul natural considerat nu este divizibil cu 25.

Criteriul de divizibilitate cu 3

Daca suma cifrelor unui numar natural este divizibil cu 3, atunci acel numar este divizibil cu 3.

Daca suma cifrelor unui numar natural nu este divixibila cu 3, atunci acel numar nu este divizibil cu 3.

Criteriul de divizibilitate cu 9

Daca suma cifrelor unui numar natural este divizibila cu 9, atunci acel numar este divizibil cu 9.

Daca suma cifrelor unui numar natural nu este divizibila cu 9, atunci acel numar nu este divizibil cu 9.

Multimea divizorilor unui numar natural

Divizorii lui 6( D ) = {1, 2, 3, 6}

Divizorii lui 15( D ) = {1, 3, 5, 15}

Divizori proprii. Divizori improrii

Orice numar natural m are divizorii improprii 1 si m. Orice alt divizor se numeste divizor propriu.

Exemplu: Multimea divizorilor lui 6 este D = {1, 2, 3, 6}.

1 si 6 se numesc divizori improrii ai lui 6, iar 2 si 3 se numesc divizori proprii ai lui 6.

Multimea multiplilor unui numar natural

Multimea multiplilor lui 2 este M ={0, 2, 4, 6,…, 2n,…}

Multimea multiplilor lui 3 este M ={0, 3, 6, 9,…, 3n,…}

Numere prime

Definitie: Se numeste prim orice numar natural, diferit de 1, care are ca divizori numai pe 1 si pe el insusi.

Sau

Se numeste numar prim orice numar natural, diferit de 1, care admite numai divizori improprii.

Exemplu: Numarul 2 se divide numai cu 1 si cu 2, adica numai cu 1 si cu el insusi.

Numarul 3 se divide, de asemenea, numai cu 1 si cu el insusi.

Urmatoarele numere sunt prime:

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 47.

Orice numar natural care nu este prim se numeste neprim.

Numerele neprime diferite de 1 se numesc numere compuse.

De exemplu numerele naturale 0, 4, 6, 8, 10, 24, 1470 sunt compuse.

Cum recunoastem daca un numar natural este prim

Impartim numarul, pe rand, la toate numerele prime in ordine crescatoare, incepand cu 2, pana cand obtinem un cat mai mic ssau egal cu impartitorul. Daca numarul se divide cu unul din aceste numere prime, este evident ca el nu este prim. Daca numarul considerat nu se divide cu nici unul din aceste numere prime, atunci el este numar prim.

Exemplu numarul 137

137 nu se divide cu 2, cu 3, cu 5. Pentru a se vedea daca 137 se divide cu 7 facem impartirea lui 137 la 7 si obtinem catul 19 si restul 4. Deci 137 nu se divide cu 7. Pentru a se vedea daca 137 se divide cu 11, facem impartirea lui 137 la 11. Obtinem catul 12 si restul 5. Deci 137 nu se divide cu 11. Deoarece catul (12) este mai mare decat impartitorul (11), continuam sa facem impartiri. Pentru a vedea daca 137 se divide cu 13 facem impartirea si obtinem catul 10 si restul 7. Numarul 137 nu se divide cu 13. Am aratat ca 137 nu se divide cu nici un numar prim mai mic sau egal cu 13. Afirmam ca el nu se divide nici cu numerele compuse mai mici decat 13. Intr-adevar, daca 137 nu se divide cu 2, el nu se divide nici cu urmatorii multiplii ai lui 2:4, 6, 8, 10, 12, iar daca 137 nu se divide cu 3, el nu se divide nici cu 6, 9, 12. Pana aici am aratat ca numarul 137 nu se divide cu nici un numar natural, diferit de 1, mai mic sau egal cu 13. Este oare posibil ca 137 sa se divida cu un numar natural c mai mare decat 13 ?

Acest lucru nu este posibil, caci daca 137 se divide cu un numar c mai mare dacat 13, atunci el se divide si cu catul impartirii lui 137 la numarul natural c; acest cat este un numar mai mic decat 13. Or, am aratat ca 137 nu se divide cu nici un numar natural, diferit de 1, mai mic sau egal cu 13.

In concluzie: numarul 137 nu se divide cu nici un numar natural, diferit de 1, mai mic sau egal cu 13, nici cu un numar natural mai mare decat 13. El este deci numar prim.

Ciurul lui Eratostate

2 3 4 5 6 7 8 9 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53 54 55 56 57 58 59 60

61 62 63 64 65 66 67 68 69 70

71 72 73 74 75 76 77 78 79 80

81 82 83 84 85 86 87 88 89 90

91 92 93 94 95 96 97 98 99 100

Numerele prime mai mici dacat o 100

Scrierea unui numar natural ca produs de puteri de numere prime

Consideram numarul 12 = 2 3

5544 = 2 2772 = 2 2 1386 = 2 2 2 693 = 2 2 2 3 231 = 2 2 2 3 3

77 = 2 2 2 3 3 7 11 = 2 3 7 11.

578000 2 5

578 2

289 17

17

1

578000 = 2 5 17

Inmultirea si impartirea numerelor naturale scrise ca produs de puteri de numere prime

A = 2 3 5 7; B = 2 3 5

A B = (2 3 5 7) (2 3 5) = 2 3 5 7

Ne intrebam daca B divide pe A, adica daca exista un numar natural C, astfel incat inmultind pe B cu C sa obtinem A.

A = B C

Se vede ca putem lua C =2 3 7, adica C = 2 3 7

Prin urmare, A se divide cu B. Acest lucru a fost posibil datorita faptului ca a fost indeplinita urmatoarea conditie:

A contine trei factori pe care ii contine B cu exponenti mai mari sau egali cu exponentii factoriloi lui B.

Divizor comun. Cel mai mare divizor comun al mai multor numere naturale

D {1, 2, 3, 4, 6, 12}, D {1,4, 5, 10, 20}

D = D D = {1, 2, 4}.

Cel mai mare divizor comun (c.m.m.d.c.) al celor doua numere este 4.

Cel mai mare divizor comun a doua sau al mai multor numere naturale, nu toate nule, este cel mai mare numar natural care divide numarele date.

Deci scriem: c.m.m.d.c.(12, 20)= 4 sau (12, 20)= 4.

Aflarea celui mai mare divizor comun prin descompunere in factori primii

Pentru a afla c.m.m.d.c. al unor numere procedam in felul urmator: luam, o singura data, factorii primi comuni, cu exponentii cei mai mici, cu care figureaza in descompuneri si ii inmultim intre ei.

Numerele prime intre ele

Doua numere naturale se numesc prime intre ele daca cel mai mare divizor comun al lor este 1.

(4, 9) = 1; (7, 8) = 1; (5, 7) = 1.

Daca un numar natural este divizibil cu doua numere naturale prime intre ele, atunci el este divizibil cu produsul acestora.

De exemplu, daca un numar natural este divizibil cu 2 si 3, atunci el este divizibil cu 6

Daca un numar natural este divizibil cu 5, 9 atunci el este divizibil cu 45.

Observatie importanta:

Atragem atentia ca, de exemplu, numarul 12 este divizibil cu 4 si 6, dar el nu este divizibil cu 4 6, adica 24. Numerele 4 si 6 nu sunt prime intre ele.

Multiplu comun. Cel mai mic multiplu comun al mai multor numere naturale

M = {0, 4, 8, 12, 16, 20, 24, 28, 32, 36,…, 4n,…}

M = {0, 6, 12, 18, 24, 30, 36,…, 6n,…}

Multimea multiplilor comuni ai numerelor 4 si 6 M = {mare divizor comun al lor este 1.

(4, 9) = 1; (7, 8) = 1; (5, 7) = 1.

Daca un numar natural este divizibil cu doua numere naturale prime intre ele, atunci el este divizibil cu produsul acestora.

De exemplu, daca un numar natural este divizibil cu 2 si 3, atunci el este divizibil cu 6

Daca un numar natural este divizibil cu 5, 9 atunci el este divizibil cu 45.

Observatie importanta:

Atragem atentia ca, de exemplu, numarul 12 este divizibil cu 4 si 6, dar el nu este divizibil cu 4 6, adica 24. Numerele 4 si 6 nu sunt prime intre ele.

Multiplu comun. Cel mai mic multiplu comun al mai multor numere naturale

M = {0, 4, 8, 12, 16, 20, 24, 28, 32, 36,…, 4n,…}

M = {0, 6, 12, 18, 24, 30, 36,…, 6n,…}

Multimea multiplilor comuni ai numerelor 4 si 6 M = {0, 12, 24, 36,…}

Cel mai mic multiplu comun al numerelor 4 si 6, diferit de zero, este, dupa cum se vede, 12

Cel mai mic multiplu comun al doua sau al mai multor numere naturale, diferite de zero, este cel mai mic numar natural, diferit de zero care se divide cu numerele date.

Deci scriem: [4, 6] = 12.

Aflarea celui mai mic multiplu comun prin descompunere in factori primi

Pentru a afla c.m.m.m.c. al acestor numere procedam in felul urmator: luam, o singura data, factorii primi comuni si necomuni cu exponentii cei mai mari si ii inmultim intre ei.

Observatie

C.m.m.m.c. al mai multor numere naturale divide orice multiplu comun al lor.

Numerele pare. Numerele impare

Urmatorul sir de numere naturale: 0, 2, 4, 6, 8,… se numeste sirul numerelor naturale pare, iar sirul de numere naturale: 1, 3, 5, 7, 9,…se numeste sirul numerelor naturale impare.

Numerele naturale pare sunt numerele de forma 2n unde n apartine N.

Numerele naturale impare sunt numerele de forma 2n + 1, unde n apartine N.

Suma a doua numere naturale pare este un numar par.

Suma a doua numere naturale impare este un numar par.

Suma dintre un numar par si un numar natural impar este un numar impar.

Teorema fundamentală a aritmeticii

Teorema fundamentală a aritmeticii, cunoscută și sub numele de teorema factorizării unice afirmă că orice număr natural  se descompune în factori primi în mod unic, exceptând ordinea factorilor.

Vom demonstra existența descompunerii pentru . Pentru n=2, afirmația este adevărata deoarece 2 este prim. Presupunem că pentru orice număr  se descompune în factori primi și demonstrăm pentru k+1. Dacă k+1 este prim, afirmația are loc. Dacă k+1 este compus, atunci , unde  și, conform ipotezei de inducție,  cu  prime, deci .

Trecem la demonstrarea unicității descompunerii lui n. Fie  și  două factorizări ale lui n, cu  prime. Vom arăta că  și eventual după o reindexare a factorilor, . Din  avem că  divide un anumit . Fără a restrânge generalitatea, considerăm că  deci . Aceasta conduce la  sau . Raționând analog, dacă  ajungem la egalitatea . Cum  sunt prime, rezultă  și .

Observație. Când se cunosc descompunerile în factori primi a două numere naturale a și b,  se poate determina ca fiind , unde  și , adică se aleg factorii comuni ai lui a și b la puterea cea mai mică după care se înmulțesc.

Numere congruente

Congruente

Definitie. Fie a,b Î Z si c Î Z\{0}. Vom spune ca numarul a este congruent cu numarul b modulo c, notand a º b (mod c), daca c|a – b. In caz contrar se spune ca numarul a nu este congruent cu b modulo c (notatie a b(mod c)).

Proprietati.

a º a(mod d).

Daca a º b(mod d), atunci b º a(mod d).

Daca a º b(mod d),   b º c(mod d), atunci a º c(mod d).

Daca a1 º b1(mod d) si a2 º b2(mod d), atunci a1 + a2 º b1 + b2(mod d).

Daca a1 º b1(mod d) si a2 º b2(mod d), atunci a1a2 º b1b2(mod d).

Daca ac º bc(mod dc), atunci a º b(mod d).

Daca a º b(mod dc), atunci a º b(mod d).

Daca a º b(mod d),   a º b(mod c) si (d,c) = 1, atunci a º b(mod dc).

Daca a º b(mod d), atunci pentru orice c Î Z ac º bc (mod d).

Daca ac º bc(mod d) si (c,d) = 1, atunci a º b(mod d).

Congruența modulo: m este congruent modulo x cu n și se notează m ≡ n (modx) dacă restul împărțirii lui m la x este egal cu restul împărțirii lui n la x, de exemplu 17 ≡ 5(mod 3)

Teorema lui Wilson

Teorema lui Wilson afirmă că fiind dat un număr natural , următoarele afirmații sunt echivalente:

a) este număr prim;

b);

Demonstrație.

Avem (grup multiplicativ cu p-1 elemente) și

Dar dacă sau sau și p fiind prim divide unul dintre factori, deci sau , adică sau (singurele clase de ordin 2). Relația devine deci.

Reciproc. Dacă p este neprim, , atunci si . Dacă am avea atunci . Contradicție cu .

Aplicație. Fie p un număr prim și k un număr natural cu condiția . Să se arate că numărul este divizibil cu p.

Avem congruențele modulo p: care înmulțite dau .

Deci (datorită teoremei lui Wilson).

 Observație. Problema poate fi privită ca o generalizare a teoremei lui Wilson, pe care o obținem în cazul particular p=k.

Teorema mica a lui Fermat.

Fie p un numar prim. Pentru orice numar intreg a este adevarata relatia

a p  a(mod p).

Lema chineza a resturilor

Teorema chinezească a resturilor este un rezultat din teoria numerelor, cu aplicații în criptografie.

Teorema a fost cunoscută de matematicienii chinezi din secolul al III-lea, apărând într-o carte a matematicianului Sun Tzu, și apoi, în 1247, într-o altă carte a lui Qin Jiushao.

Pentru inceput, sa consideram sirul ale carui elemente sunt, luate doua cate doua, prime intre ele. Teorema chineza a restului (t.c.r.) afirma ca exista o corespondenta biunivoca intre orice numar si multimea ordonata de resturi ale lui a modulo . Cu alte cuvinte, operatiile in pot fi aplicate echivalent atat pe numere cat si pe multimile ordonate corespunzatoare resturilor modulo . Pentru orice , notam , respectiv , generand corespondentele respectiv . Conform teoremei chineze a restului, pentru orice operator , ramane o corespondenta valida. Problema care se iveste imediat este conversia dintr-o forma in alta. Transformarea unui numar in multimea corespunzatoare este imediata. Partea mai dificila este operatia inversa, iar aceasta este problema care va fi tratata in continuare. Pentru determinarea numarului , corespunzator multimii , este suficienta rezolvarea sistemului de ecuatii modulare:

Deoarece avem de a face cu o corespondenta biunivoca, conform teoremei, exista un singur care satisface sistemul de mai sus. Procedeul prin care se determina aceasta valoare nu este deosebit de complicat:

se noteaza si (deoarece oricare doua valori si sunt prime intre ele, avem intotdeauna );

se calculeaza , cu proprietatea ; cu alte cuvinte, avem ;

se determina .

Sa demonstram mai intai ca acesta valoare satisface sistemul. Este necesar ca pentru orice , . Mai exact, trebuie sa fie satisfacuta egalitatea , .

Datorita faptului ca , avem . Stim ca , , , deci , .

Este suficient sa demonstram ca .

Folosind ajungem la egalitatea evidenta (q.e.d.)

Mai ramane de verificat daca valoarea este unica. Fie o alta solutie; avem si . Daca si , , presupunand ca , avem , . Datorita faptului ca numerele sunt relativ prime, rezulta ca , , deci , ceea ce contrazice ipoteza initiala. Asadar, solutia este unica, asa cum poate fi dedus si din t.c.r. Mai mult, verificand daca se pastreaza corespondenta in cazul aplicarii operatorilor, demonstrarea t.c.r. poate fi usor incheiata.

Pentru calcularea inversului modular al unui numar din , de obicei se foloseste algoritmul extins al lui Euclid. Evident, pentru ca acest invers sa existe, trebuie sa avem . Aplicam algoritmul extins al lui Euclid si determinam si astfel incat si obtinem ; pentru a verifica observam ca egalitatea este echivalenta cu care, la randul sau, este echivalenta cu . Aceasta ultima afirmatie este evident adevarata deoarece avem . Pentru valori mici ale lui , este recomandata preprocesarea "bruta" a inverselor tuturor numerelor din prime cu , folosind doua structuri repetitive imbricate.

Capitolul 4 Ecuatii diofantice

Despre ecuatii difantice

Se numeste ecuatie diofantica ecuatia de forma

P(x1, x2, …, xn) = 0,

unde P(x1, …, xn) este un polinom cu coeficienti intregi.

In cadrul cercetarii ecuatiilor diofantice, de regula, se abordeaza urmatoarele intrebari:

poseda ecuatia radacini intregi;

este finita sau infinita multimea radacinilor intregi;

sa se rezolve ecuatia in multimea Z, adica sa se determine toate solutiile intregi ale ecuatiei;

sa se rezolve ecuatia peste N;

sa se rezolve ecuatia peste Q.

Mentionam ca problema solutionarii ecuatiilor in numere intregi este complet solutionata numai pentru ecuatiile cu o singura necunoscuta, pentru ecuatii de ordinul intai si pentru ecuatii de ordinul doi cu doua necunoscute. In caz general este suficient dificila chiar problema existentei solutiei intregi. De exemplu, nu se cunoaste daca ecuatia

x3 + y3 + z3 = 30

poseda solutii intregi. Mai mult, este demonstrat ca nu exista un algoritm unic, prin intermediul caruia, intr-un numar finit de pasi, sa fie rezolvata o ecuatie diofantica arbitrara.

Ecuatii Diofantice cu o singura necunoscuta

Consideram ecuatia

unde aj Î Z   (j = 0,…,n),   an  0.

Vom arata cum se rezolva ecuatia (2) in numere rationale. In particular, aceasta metoda va permite de solutionat ecuatia (2) peste Z. Fara restrictia generalitatii, se presupune ca a0 10. Fie r o radacina rationala a ecuatiei (2), r = p/q, unde p Î Z,   q Î N*,   (p,q) = 1 si are loc egalitatea

Se multiplica ambele parti a ultimei egalitati cu qn si se obtine

a0qn + a1p·qn-1 + … + an-1pn-1q + anpn = 0.

Prin urmare

Cum (p,q) = 1, rezulta ca (p,qn) = 1, (q,pn) = 1. De aici, si din relatiile (3) deducem ca p|a0 si q|an. Deoarece numere rationale de forma r = p/q, astfel incat (p,q) = 1,   p|a0,   q|an, sunt o multume finita, rezulta ca intr-un numar finit de pasi pot fi selectate acele numere care sunt radacini ale ecuatiei (2). In baza rationamentelor anterioare, ecuatia (2) alte radacini nu are.

Probleme

Problema 1. Sa se rezolve in multimea Q ecuatia

Solutie. Termenul liber are urmatorii divizori

1,   3,   7,   21.

La fel determinam toti divizorii pozitivi ai coeficientului superior, si anume: 1, 2. Conform metodei indicate anterior, solutiile rationale ale ecuatiei (4) sunt printre numerele

In urma verificarii nemijlocite (substitutii in ecuatia (4)) se determina ca din aceasta multime numai numerele -3 si 1/2 sunt radacini ale ecuatiei (4).

Problema 2. Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

Solutie. Cum 1 sunt toti divizorii termenului liber si 1 este unicul divizor al coeficientului superior, rezulta ca toate radacinile intregi ale ecuatiei (5) apartin multimii {-1,1}. Substituind x = 1 in (5) conchidem ca numai x = -1 este radacina.

Ecuatii diofantice de gradul intai

In cadrul acestei sectiuni vom discuta problema rezolvarii in numere intregi a ecuatiilor de gradul unu, sau altfel numite, ecuatii liniare, adica a ecuatiilor de forma

unde aj Î Z   (j = 1,2,…,n),   b Î Z.

Presupunem ca nu toate numerele aj   (j = 1,…,n) sunt nule. Evident ca pentru existenta unei radacini intregi ale ecuatiei (6) este necesar ca (a1,…,an)|b. Vom demonstra ca aceasta conditie este si suficienta.

Fie

si cosideram urmatoarea ecuatie echivalenta cu (6)

in care (a1¢, …, an¢) = 1. Fie ai¢,   aj¢ numere nenule astfel incat |ai¢|  |aj¢|. Pentru determinare consideram ca i < j si |ai¢| > |aj¢|. In baza prezentarii (1), exista numerele q si r astfel incat

ai¢ = aj¢q + r,

si substituind ai¢ in (7) se obtine ecuatia

Ecuatia (8) se scrie sub forma

unde

Usor se observa ca exista o corespondenta biunivoca intre solutiile ecuatiilor (7) si (9). Mai mult, cunoscand radacinile ecuatiei (9), tinand seama de transformarile anterioare pot fi indicate si radacinile ecuatiei (7).

Mentionam ca pentru orice k, i Î {1,…,n},   k  i au loc relatiile

ak¢¢ = ak¢,     |ai¢¢| < |ai¢|.

In plus

(a1¢¢, …, an¢¢) = (a1¢, …, ai¢ – aj¢·q, …, an¢) = (a1¢, …, an¢) = 1.

Sumand toate cele mentionate anterior conchidem ca ecuatia (7) intr-un numar finit de pasi poate fi redusa la forma

unde   (i = 1,…,n) sunt numere nenule valorile absolute ale carora sunt diferite doua cate doua. Tinand seama ca deducem ca numerele  (i = 1,…,n) pot obtine doar valorile 0,1 si nu toate sunt nule. Fara restrictia generalitatii, se presupune ca . Atunci ecuatia (10) are urmatoarele radacini

unde t2, t3, …, tn sunt numere intregi arbitrare. Utilizand transformarile efectuate pe parcursul rationamentelor, se obtin si radacinile ecuatiei (7).

Tinem sa mentionam ca la rezolvarea ecuatiei (10) sa utilizat esential numai faptul ca , si deci, in cazul in care la un pas al algoritmului indicat se obtine o ecuatie cu cel putin un coeficient egal cu 1, se scrie solutia ecuatiei respective similara cu solutia ecuatiei (10).

Problema 3. Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

4x – 6y + 11z = 7.

Solutie. Impartind -6 la 4 se obtine -6 = 4(-2) + 2, si ecuatia initala se scrie sub forma

4(x – 2y) + 2y + 11z = 7.

Fie x¢ = x – 2y si atunci se obtine ecuatia

4x¢ + 2y + 11z = 7.

Cum 11 = 2·5 + 1, scriem ultima ecuatie sub forma

4x¢ + 2(y + 5z) + z = 7.

Considerand y¢ = y + 5z din ecuatia precedenta deducem

4x¢ + 2y¢ + z = 7.

Solutiile acestei ecuatii sunt de forma z = 7 – 4x¢ – 2y¢,   x¢ si y¢ numere intregi arbitrare.

Prin urmare y = y¢ – 5z = 20x¢ + 11y¢ – 35, x = x¢ + 2y = 41x¢ + 22y¢ – 70.

Asadar solutia ecuatiei initiale are forma

unde x¢,   y¢ numere intregi arbitrare.

Ecuatii doifantice de grad superior

1. Metoda descompunerii in factori

Problema 4. Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

x + y = xy.

Solutie. Ecuatia initiala se scrie sub forma

(x – 1)(y – 1) = 1.

Deoarece produsul a doua numere intregi este egal cu 1 daca si numai daca ambele numere sunt egale cu 1 sau ambele sunt -1, se obtine totalitatea de sisteme

cu solutiile (0,0) si (2,2).

Problema 5. Sa se arate ca ecuatia

x5 + 3x4y – 5x3y2 – 15x2y3 + 4xy4 + 15y5 = 33

nu are solutii intregi.

Solutie. Partea stanga a ecuatiei se scrie sub forma

(x – 2y)(x – y)(x + y)(x + 2y)(x + 3y).

Daca y  0 atunci factorii ultimului produs sunt diferiti doi cate doi. Altfel, numarul 33 poate fi descompus cel mult in patru factori distincti. Prin urmare, ecuatia initiala nu are radacini intregi x, y daca y  0. In cazul y = 0 ecuatia initiala devine

x5 = 33,

echivalenta cu Cum rezulta ca ecuatia initiala nu are solutii intregi nici in cazul y = 0.

Problema 6. Sa se demonstreze ca ecuatia

(x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 30

nu are solutii in Z.

Solutie. Similar cazului precedent, se factorizeaza partea stanga a ecuatiei si se obtine

(x – y)(y – z)(z – x) = 10.

Se observa ca (x – y) + (y – z) + (z – x) = 0. Scriem toti divizorii numarului 10, adica: 1, 2, 5, 10. Se verifica nemijlocit ca suma oricaror trei divizori a numarului 10, produsul carora este egal cu 10, este diferite de 0.

Problema 7. Sa se rezolve in Z ecuatia

y3 – x3 = 91.

Solutie. Ecuatia initiala se scrie sub forma

(y – x)(y2 + xy + x2) = 91.

Divizorii numarului 91 sunt numerele 1, 91. Deoarece y2 + yx + x2  y2 – 2|y||x| + x2 = (|y| – |x|)2  0, ecuatia initiala este echivalenta cu totalitatea

Asadar, solutiile intregi a ecuatiei sunt perechile (-6,-5) si (5,6).

Problema 8. Sa se rezolve in numere naturale ecuatia

y2 – x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 1.

Solutie. Cum

rezulta ca ecuatia initiala este echivalenta cu urmatoarea ecuatie

y2 = (x2 + 3x + 1)2

sau

y = x2 + 3x + 1.

Astfel multimea tuturor solutiilor este {(x , x2 + 3x + 1)  |  x Î N}.

Paritatea

Problema 9. Sa se determine toate numerele prime x,y care verifica egalitatea

Solutie. Vom discuta doua cazuri, in dependenta de paritatea numarului x.

a) Fie x este un numar impar. Atunci x = 2t + 1 si substituind in (11) se obtine

(2t + 1)2 – 2y2 = 1,

echivalenta cu

2y2 = 4t(t + 1).

Prin urmare 2 | y2. Cum y numar prim, rezulta ca y = 2, deci

b) Daca x este par, atunci, cum x prim, conchidem x = 2, si din (11) rezulta ca

Astfel ecuatia (11) are in clasa numerelor prime o singura solutie (3;2).

Problema 10. Sa se rezolve in Z ecuatia

Solutie. Solutia x = y = z = 0 este evidenta. Sa demonstram ca alte solutii nu sunt. Presupunem contrariul. Cum x2 + y2 + z2 este un numar par, atunci cel putin unul dintre numerele x, y, z este par. Tinand seama de simetria ecuatiei (12), consideram ca x este par, si fie x = 2×1. Atunci 4|y2 + z2, si aceasta are loc numai in cazul in care y si z sunt pare. Intr-adevar, daca y par si z impar, atunci 4 y2 + z2. Daca ambele sunt impare, atunci

y2 + z2 = (2u + 1)2 + (2v + 1)2 = 4(u2 + v2 + u + v) + 2  2(mod 4),

si deci 4 y2+z2.

Asadar, x = 2×1,   y = 2y1,   z = 2z1 si tinand seama de (12), determinam

x12 + y12 + z12 = 22x1y1z1.

Prin argumente similare, celor anterioare, din ultima egalitate se deduce ca 2|x1,   2|y1,   2|z1, si deci, 22|x,   22|y,   22|z. Prin urmare se poate de aratat ca 2n|x,   2n|y,   2n|z pentru orice n Î N. Contradictie.

In concluzie, ecuatia (12) poseda o singura solutie (0,0,0).

Problema 11. Sa se arate ca ecuatia

nu are solutii nenule in Z.

Solutie. Fie x, y, z sunt solutie a ecuatiei (13) (x2 + y2 + z2  0). Usor de observat ca x este par. Substitutia x = 2×1, determina

4×13 + y3 + 2z3 – 6x1yz = 0.

De aici conchidem ca y – par, adica y = 2y1, si astfel se obtine

2×13 + 4y13 + z3 – 6x1y1z = 0.

Din ultima egalitate rezulta ca si numarul z este par si substituind z = 2z1 ecuatia devine

x13 + 2y13 + 4z13 – 6x1y1z1 = 0.

Prin rationamente similare se demonstreaza ca pentru orice n Î N

2n|x,   2n|y,   2n|z.

Contradictie.

Utilizarea congruentelor la demonstrarea incompatibilitatii unor ecuatii

Problema 12. Sa se rezolve in Z ecuatia

Solutie. Fie x, y verifica (14). Atunci x2 + 1  0(mod 3). Examinam cateva cazuri, in dependenta de restul impartirii numarului x prin 3.

a) Fie x  0(mod 3). Atunci x2 + 1  1(mod 3), si deci x2 + 1 0(mod 3).

b) Fie x  1(mod 3). In acest caz x2 + 1  2(mod 3) si prin urmare x2 + 1 0(mod 3).

c) Fie x  2(mod 3). Similar cazului a) si b) se obtine

x2 + 1  5  2 0(mod 3).

In consecinta, congruenta x2 + 1  0(mod 3) nu are solutii, si astfel ecuatia (14) la fel nu are solutii intregi.

Problema 13. Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

Solutie. Fie (x, y, z) solutie in Z a ecuatiei (15). Cum x este un numar impar, rezulta ca

x2 = (2k + 1)2 = 4k(k + 1) + 1  1(mod 8).

Atfel ecuatia initiala in modulo 4 devine

1 – 2y2  3(mod 4)

sau

y2  -1(mod 2),

si prin urmare y este impar, si deci, y2  1(mod 8). De aici,

1 – 2  3(mod 8)      4  0(mod 8).

Astfel s-a obtinut contradictie si deci ecuatia initiala nu are radacini in Z.

Problema 14. Sa se arate ca ecuatia

x3 + x + 10y = 20004

nu este compatibila peste Z.

Solutie. Considerand in ecuatia initiala congruenta modulo 5, conchidem

Examinand in (16) cazuri in dependenta de resturile impartirii lui x prin 5, se demonstreaza ca (16) nu este compatibila. Asadar ecuatia initiala nu are solutii in Z.

Diverse metode de rezolvare a ecuatiilor diofantice

Problema 15. Sa se arate ca ecuatia

x3 + y3 + z3 = 2

poseda o infinitate de radacini in Z.

Solutie. Fie x = a + b,   y = a – b. Atunci x3 + y3 = 2a3 + 6ab2 si ecuatia initiala devine

2a3 + 6ab2 + z3 = 2.

In ultima egalitate se considera a = 1 si se obtine z3 = -6b2. Fie b = 6t3, de unde z = -6t2,   x = 1 + 6t3,   y = 1 – 6t3. In consecinta sau obtinut o infinitate de radacini intregi a ecuatiei initiale, corespunzatoare lui t Î Z.

Problema 16. Sa se arate ca ecuatia

poseda o inifinitate de radacini (x, y) Î N×N.

Solutie. Se observa cu usurinta ca perechea (3,2) este solutie a ecuatiei initiale. Altfel, din identitatea

(x2 + 2y2)2 – 2(2xy)2 = (x2 – 2y2)2

rezulta ca daca (x, y) este radacina a ecuatiei (17), atunci si perechea (x2 + 2y2 , 2xy) la fel este solutie. Utilizand acest fapt, se determina in mod recurent sirul infinit (xn , yn) de solutii distincte a ecuatiei (17), adica

(x1 , y1) = (3,2)   si   xn+1 = xn2 + 2yn2,     yn+1 = 2xnyn,     n Î N*.

Problema 17. Sa se rezolve peste Z ecuatia

Solutie. Se observa ca termenii sumei din stanga ecuatiei sunt de acelasi semn, si cum suma lor este pozitiva, atunci fiecare termen la fel este pozitiv. In baza egalitatii Cauchy despre medii (a se vedea, "Inegalitati") se obtine

Prin urmare xyz = 1, si astfel solutii pot fi numai tripletele (1,1,1), (1,-1,-1), (-1,-1,1), (-1,1,-1). Efectuand verificarea se determina ca fiecare din tripletele indicate este solutie.

Problema 18. Sa se arate ca ecutia

x(x + 1) = 4y(y + 1)

este incompatibila in Z+.

Solutie. Usor se observa ca ecuatia initiala este echivalenta cu ecuatia

x2 + x + 1 = (2y + 1)2.

De aici rezulta ca x2 < (2y + 1)2 < (x + 1)2 sau x < 2y + 1 < x + 1. Contradictia obtinuta implica incompatibilitatea in N* a ecuatiei initiale.

Problema 19. Sa se determine solutiile intregi ale ecuatiei

2×3 + xy – 7 = 0.

Solutie. Din enuntul problemei rezulta ca x trebuie sa fie divizor al numarului 7. Deci, valorile posibile ale lui x apartin multiimii {1, 7}. Considerand fiecare valoare ale lui x in parte se obtin toate radacinile ecuatiei initiale: (1,5), (-1,-9), (7,-97), (-7,-99).

Problema 20. Sa se arate ca ecuatia

x2 + 1 = py,

unde p – numar prim de forma 4k+3 este incompatibila in Z.

Solutie. Fie ca ecuatia din enuntul problemei este compatibila in Z. Atunci

x2 + 1  0(mod p).

In baza teoremei mici Fermat, din ultima relatie rezulta

-1  (-1)2k+1  (x2)2k+1  xp-1  1(mod p).

Astfel s-a obtinut o contradictie cu presupunerea initiala si deci ecuatia nu are solutii in Z.

Problema 21. Sa se arate ca ecuatia

x2 – y3 = 7

nu este compatibila peste N*.

Solutie. Daca y este par, atunci x2  3(mod 4), dar ultima congruenta nu are loc nici pentru un x Î Z. Asadar, presupunem ca y este un numar impar, adica y = 2k + 1. Atunci,

x2 + 1 = y3 + 8 = (y + 2)((y + 1)2 + 3) = (y + 2)(4(k + 1)2 + 3),

si deci, numarul x2 + 1 are divizori de forma 4n + 3, de unde rezulta ca x2 + 1 are divizor prim de forma 4n + 3. Intr-adevar, daca toti divizorii primi ai numarului 4(k + 1)2 + 3 sunt de forma 4n + 1, atunci si numarul 4(k + 1)2 + 3 va fi de forma 4n + 1. Ultima nu are loc in baza Problemei 20.

Problema 22. Sa se demonstreze ca ecuatia

nu are radacini intregi pozitive.

Solutie. Fie d = (x , y),   x1 = x/d,   y1 = y/d. Cum

x2 + xy + y2 = x2y2,

rezulta ca

De aici deducem ca

x1|y1,     y1|x1.

Tinand seama ca (x1,y1) = 1, conchidem ca x1 = y1 = 1. Astfel ecuatia (18) devine

d2 = 3,

care implica afirmatia problemei.

Problema 23. Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

x + y = x2 – xy + y2.

Solutie. Fie t = x + y. Cum

rezulta ca

de unde t Î [0;4].

Tinand seama de relatia x + y = (x + y)2 – 3xy, consideram cazurile corespunzatoare valorilor intregi a numarului t Î [0;4].

a) t = 0

b) t = 1

c) t = 2

d) t = 3

e) t = 4

Sumand cele mentionate anterior se obtine multimea tuturor solutiilor: (0,0), (0,1), (1,0), (1,2), (2,1), (2,2).

Probleme pentru lucrul individual

Sa se rezolve in Z ecuatia

x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3.

Raspuns: x = 3.

Sa se rezolve in numere rationale ecuatia

x4 – 4×3 – 13×2 + 28x + 12 = 0.

Raspuns: {-3,2}.

Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

127x – 52y + 1 = 0.

Raspuns: x = 9 + 52t,   y = 22 + 127t,   t Î Z.

Sa se rezolve in Z ecuatia

6x + 10y – 7z = 11.

Raspuns: x = 3u + 7v – 11,   y = u,   z = 4u + 6v – 11,   u, v Î Z.

Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

3×2 + 4xy – 7y2 = 13.

Indicatie. Sa se descompuna in factori.
Raspuns: (2,1), (-2,-1).

Sa se rezolve in Z ecuatia

1 + x + x2 + x3 = 2y.

Raspuns: (0,0), (1,2).

Sa se rezolve in Z ecuatia

x4 + 4y4 = 2(z4 + 4t4).

Indicatie. Se utlizeaza paritatea.
Raspuns: (0,0,0,0).

Sa se arate ca ecuatia

y2 = 5×2 + 6

nu are radacini intregi.
Indicatie. Sa se examineze ecuatia dupa modulo 4.

Sa se arate ca ecuatia

x3 = 2 + 3y2

nu are solutii intregi.
Indicatie. Sa se compare dupa modulo 9.

Sa se arate ca ecuatia

x4 + y6 + z12 = t4

poseda o infinitate de solutii intregi.
Indicatie. Sa se parametrizeze ecuatia

Sa se arate ca ecuatia

x2 – 3y2 = 1

poseda o inifinitate de solutii intregi.
Indicatie. Sa se utilizezeee o relatie de recurenta pentru radacini.

Sa se rezolve in Z ecuatia

x2 + x = y4 + y3 + y2 + y.

Indicatie. Sa se reprezinte sub forma (2x + 1)2 = (2y2 + y + 1)2 – (y2 – 2y).
Raspuns: (0,-1), (-1,-1), (0,0), (-1,0), (5,2), (-6,2).

Sa se determine radacinile intregi pozitive ale ecuatiei

Inidicatie. Sa se utilizeze inegalitatea Cauchy despre medii.
Raspuns: (1,1,1).

Sa se rezolve in numere intregi pozitive ecuatia

unde p este un parametru si p este un numar prim mai mare decat 2.
Raspuns:

Bibliografie: Solomon Marcus, Petruș Alexandrescu, Analiză matematică și algebră, editura Nomina.

BIBLIOGRAFIE

Solomon Marcus, Petruș Alexandrescu, Analiză matematică și algebră, editura Nomina.

A. Gica , L Panaitopol – Probleme celebre de teoria numerelor 1998

I. Cucurezeanu Probleme de aritmetica si teoria numerelor Ed. Tehnica, Bucuresti 1976

Petru Asfaltei, C. Chirila, Dan C. Asfaltei "Elemente de aritmetica si teoria numerelor" pentru licee si colegii pedagogice Ed. Polirom 1998

Jurca Maria Georgeta – Cum rezolvăm probleme de aritmetică, Sibiu, 1994

Lupu Costică, Săvulescu Dumitru – Metodica predării matematicii, Ed. Paralela 45, Pitești, 1999.

Matei N.C. – Probleme de psihopedagogie școlară, București, 1974.

Rusu Eugen, Oprescu E. – Metodica predării matematicii, E.D.P., București, 1965

Rusu Eugen- Psihologia activității matematice, Ed. Științifică, București,1969.

www.didactic.ro

=== aplicatii ===

Aplicații la capitolul 1. Elemente introductive – definiții, mulțimi N si Z, relații de ordine în N si Z

EXERCITII

Reprezentati multimile urmatoare folosind unul din modelele aratate.

A=multimea literelor ce alcatuiesc cuvantul elev.

B=multimea numerelor naturale pare mai mici decat 15.

C=multimea numerelor naturale impare mai mici decat 16.

D=multimea divizorilor naturali ai lui 18.

E=multimea multiplilo rmai mici ca 31 ai lui 5.

Folositi diagramele pentru a reprezenta multimile aflate mai sus.

Scrieti cardinalul fiecarei multimi de mai sus.

Aflati multimea

EXERCITII

1.Scrieti valoarea de adevar a urmatoarelor propozitii:

i)

ii)

iii)

iv)

v)

2. Scrieti toate submultimile multimii

3. Determinati multimea A stiind ca

4. Se dau multimilesi.Determinati a si b astfel incat multimile sa fie egale.

5.Se dau multimile si . Sa se afle x astfel incat

6. Se da multimea . Sa se scrie multimea N formata din b#%l!^+a?toate submultimile multimii M.

7. Sa se determine multimile(si cardinalul lor) si .Sa se scrie relatia dintre cele doua multimi.

8. Sa se determine multimilesi .Sa se scrie cardinalul lor si relatia dintre ele.

EXERCITII

1. Sa se efectueze operatiile dintre multimile date in tabelul de mai jos. Sa se ilustreze eventual prin diagrame.

2. Sa se afle multimile A si B stiind ca sunt indeplinite simultan conditiile: b#%l!^+a?

Metode pentru rezolvarea problemelor de aritmeticǎ

Metoda graficǎ(figurativǎ) constǎ în reprezentarea cu ajutorul unor segmente de dreaptǎ a necunoscutelor problemei și fixarea relațiilor dintre acestea și cunoscutele problemei prin desenul respectiv.

Probleme rezovate:

« Suma a douǎ numere naturale este 700, iar diferența lor este 140. Aflați numerele.

Soluție:

Se reprezintǎ numǎrul mai mic printr-un segment, iar numǎrul mai mare printr-un segment de aceeași lungime cu primul la care se adaugǎ 140. Suma celor douǎ numere se reprezintǎ prin douǎ segmente de aceeași lungime la care se adaugǎ 140 și aceasta se egaleazǎ cu 700. Din aceastǎ ultimǎ relație se afla numǎrul cel mai mic.

700-140=560

560:2=280 (a)

280+140=420 (b)

« Maria are de cinci ori mai multe nuci decǎt Ana. Cǎte nuci are fiecare din ele, știind cǎ dacǎ Maria îi dǎ Anei 120 de nuci, atunci numǎrul nucilor Anei reprezintǎ jumǎtate din numǎrul nucilor Mariei.

Soluție:

Inițial:

Dupǎ împrumut:

b#%l!^+a?

240+120=360

360:3=120 (A)

(M).

Probleme propuse:

» Suma a douǎ numere naturale este 45. Împǎrțind numǎrul mai mare la numǎrul mai mic se obține câtul 3 și restul 5. Aflați cele douǎ numere.

» În douǎ coșuri sunt 148 kg de vișine. Dacǎ luǎm 4 kg din primul coș și le punem în al doilea coș obținem aceeași cantitate în ambele coșuri. Cǎte kg de vișine erau la început în ambele coșuri?

» Suma a tei numere este 280. Primul numǎr este de douǎ ori mai mare decât al doilea și al treilea este de trei ori mai mic decât al doilea. Aflați numerele.

» Într-o salǎ de clasǎ, dacǎ se așeazǎ câte un elev într-o bancǎ rǎmân 14 elevi în picioare. Dacǎ se așeazǎ câte doi elevi într-o bancǎ rǎmân 3 bǎnci libere. Câte bǎnci și câți elevi sunt în sala de clasǎ?

» Ana, Barbu, Cornel și Diana au împreunǎ 100 de lei. Ana primește încǎ 4 lei, Barbu cheltuiește 4 lei. Suma lui Cornel se mǎrește de 4 ori, iar suma danei se micșoreazǎ de 4 ori.În acest fel, cei patru au sume egale. Ce sume de bani aveau la început fiecare?

Metoda reducerii la unitate constǎ în aflarea unei unitǎți din mǎrimea care

apare în problemǎ cu ajutorul cǎreia se aflǎ ceea ce se cere în enunțul problemei.

Probleme rezolvate: b#%l!^+a?

« 7 bilete de autobuz costǎ 105 lei. Cât costǎ 11 bilete?

Soluție:

Se scrie urmǎtoarea schemǎ de rezolvare:

7 bilete ……………………… 105 lei

1 bilet …………………….. 105:7=15 lei

11 bilete ……………………. lei.

Soluție:

« 5 robinete umplu un bazin în 6 ore. În cât timp vor umple 3 robinete același bazin, curgând la fel ca și celelalte?

1 robinet ……………………… h

3 robinete…………………….. 30:3=10 h.

Probleme propuse:

» 11 kg de portocale costǎ 330 lei. Cǎt costǎ 7 kg de portocale de același fel cu primele?

» În 13 drumuri, un camion transportǎ 5551 kg de marfǎ. Câte kg transportǎ camionul în 3 drumuri?

» 6 muncitori terminǎ o lucrare în 5 zile. În câte zile terminǎ aceeași lucrare 2 muncitori, lucrând la fel ca și ceilalți?

» 20 de iepuri mǎnâncǎ morcovii de pe o parcelǎ în 7 zile. În câte zile vor mânca morcovii de pe aceeași parcelǎ14 iepuri?

Metoda comparației constǎ în scrierea datelor problemei în mod corespunzǎtor, unele sub altele, încercând sǎ se egaleze datele privitoare la o mǎrime în cele douǎ situații, prin multiplicarea datelor uneia sau ambelor situații, dupǎ caz.

Problemǎ rezolvatǎ:

« 2 kg de mere și 5 kg de pere costǎ 19 lei. 5 kg de mere și 10 kg de pere costǎ 40 lei. Cât costǎ un kg de mere și un kg de pere?

Soluție:

b#%l!^+a?

2 kg mere ……………5kg pere………….19 lei

5 kg mere…………….10 kg pere……….. 40 lei

Se multiplicǎ cu 2 primul rând pentru a egala cantitatea de pere în ambele situații.

4 kg mere…………..10 kg pere………….38 lei

5 kg mere………….. 10 kg pere………….40 lei

1 kg mere ……………………………………2 lei

2 kg mere ……………………………………. lei

5 kg pere……………………………………..19-4=15 lei.

1 kg pere………………………………………15:5=3 lei.

Se observǎ cǎ într-o anumitǎ etapǎ, metoda comparației se bazeazǎ pe aplicarea metodei reducerii la unitate.

Probleme propuse:

» 7 caiete și 3 stilouri costǎ 33,5 lei, iar 2 caiete și 6 stilouri costǎ 61 lei. Cât costǎ un caiet și cât costǎ un stilou?

» 3 saci cu varzǎ cântǎresc cât 2 saci cu cartofi. Știind cǎ 5 saci cu varzǎ și 5 saci cu cartofi cântǎresc 250 kg, aflați cât ǎcântǎrește un sac cu varzǎ și cât cântǎrește un sac cu cartofi?

» Un penar gol cântǎrește cât 12 creioane. Un penar și 7 creioane cântǎresc 380 g. Cât cântǎrește un penar gol și cât cântǎrește un creion?

Metoda mersului invers constǎ în rezolvarea unei probleme urmǎrind firul

logic de la sfǎrșitul spre începutul acesteia

Exercițiile de tipul celor degajate din enunțul problemei sunt de fapt ecuații de gradul I cu o necunoscutǎ, dar care se pot rezolva și prin raționament aritmetic

Problemǎ rezolvatǎ:

Soluție:

«Aflați un numǎr natural a știind cǎ dacǎ-l adunǎm cu 2, rezultatul obținut îl înmulțim cu 5, din noul rezultat scǎdem 30, noul rezultat se împarte la 15, obținându-se 2.

I.

30+30=60

60:5=12

12-2=10. b#%l!^+a?

II. .

Notǎm cu x paranteza pǎtratǎ, obținându-se

Notǎm cu y paranteza rotundǎ, obținându-se

În final se obține a+2=12, deci a=10.

Probleme propuse:

» Un cǎlǎtor are de parcurs un drum. În prima zi merge o distanțǎ de 4 ori mai micǎ

decât drumul, a doua zi merge o distanțǎ de 3 ori mai micǎ decât mai avea de mers, a treia zi a parcurs jumǎtate din ce-i mai rǎmǎsese, iara patra zi 50 km.

Care este lungimea drumului?

» Un sfert din numǎrul elevilor unei clase merg la cercul de matematicǎ, iar un sfert din noul rest merg la cercul de informaticǎ. Restul, adicǎ 18 elevi merg la cor.

Câți elevi sunt în clasǎ?

» Ana parcurge un traseu între localitǎțile A și B în trei etape. În prima etapǎ parcurge jumǎtate din traseu și încǎ 2 km. În a doua etapǎ parcurge o treime din ce i-a rǎmas și încǎ 3 km. În a treia etapǎ mai are de parcurs 9 km sǎ încheie traseul. Ce lungime are traseul?

Metoda falsei ipoteze constǎ în urmǎtorul algoritm:

de regulǎ se pleacǎ de la cerința problemei care se neagǎ;

se rezolvǎ problema pe baza presupunerii fǎcute și se ajunge la un rezultat care nu concordǎ cu cel real (este fie mai mare, fie mai mic decât acesta);

se comparǎ rezultatul obținut pe baza presupunerii cu cel real; din nepotrivirile obținute se trage concluzia corectǎ de rezolvare a problemei.

Problemǎ rezolvatǎ:

« Într-o curte sunt gǎini și iepuri, în total 43 capete și 124 picioare. Câte gǎini și câți iepuri sunt în curte?

Soluție:

Presupunem cǎ în curte sunt doar gǎini. În acest caz ar fi în curte picioare.

Diferența de 124-86=38 picioare rezultǎ din faptul cǎ în curte existǎ și iepuri.

Un iepure are cu 2 picioare mai mult decât o gǎinǎ; deci, în curte sunt 38:2=19 iepuri și 43-19=24 gǎini. b#%l!^+a?

Probleme propuse:

» Într-un bloc sunt 132 apartamente cu douǎ, respectiv trei camere, în total 334 camere. Câte apartamente cu douǎ camere și câte apartamente cu trei camere sunt în bloc?

» Într-o parcare sunt 50 de mașini și motociclete care au laolaltǎ 172 de roți(fǎrǎ cele de rezervǎ). Câte mașini și câte motociclete sunt în parcare?

» La caseria unui teatru s-au vândut 30 de bilete cu câte 30 lei, respectiv cu câte 50 lei. Câte bilete s-au vândut din fiecare categorie?

» Cele 1600 kg mere culese dintr-o livadǎ au fost puse în 150 lǎdițe de 10 kg și

12 kg. Câte lǎdițe de fiecare fel au fost folosite?

Modele de teste pentru Capitolul 2

Aflați valoarea de adevăr a propozițiilor:

a. 312 … ; b. 48 … ; c. 57 … ; d. 16 9 … ; e. 12 4 … ; f. 14 6 … ; g. 33 …

Mulțimea divizorilor naturali ai lui 18 este D18 = {………………………………..

Mulțimea multiplilor naturali ai lui 15 mai mici decât 52 este {………………………………….

Într-o cutie sunt 24 de bomboane.

a) La câți copii se pot împărți în mod egal bomboanele din cutie ? ………………….

b) De câte cutii cu bomboane avem nevoie pentru ca bomboanele din ele să fie împărțite în mod egal

la 16 copii ? Precizați două posibilități. ………………………………..

Divizorii proprii ai lui 14 (numere naturale) sunt: ………………………………..

Divizorii improprii ai lui 14 (numere naturale) sunt: ………………………………..

Divizorii lui 45 care sunt și multiplii de 5 (numere naturale) sunt ……………………………….

Un număr este divizibil cu 18. Restul împărțirii lui la 6 este ……..

Un număr este multiplu de 28. Restul împărțirii lui la 14 este ……..

Un număr dă restul 48 la împărțirea cu 56. Se divide acest număr cu 8? ……..

2a ……………………………………………………………………………………………

3a ……………………………………………………………………………………………

5a ……………………………………………………………………………………………

10a ..…………………………………………………………………………………………

Numerele naturale de forma 75x divizibile cu 2 sunt: …………………………………………………

Numerele naturale de forma 304x divizibile cu 5 sunt: …………………………………………………

Numerele naturale de forma 62x divizibile cu 3 sunt: …………………………………………………

Cel mai mare număr natural de forma 50x4y divizibil cu 10 este: ……………

Se dau numerele: 15, 24, 0, 6, 141, 40, 172, 1, 54, 12791, 102, 11, 3. Ebumerați pe cele divizibile cu:

a. 2 ___________________________________________________________________

b. 3 ___________________________________________________________________

c. 5 ___________________________________________________________________

d. 10 ___________________________________________________________________

Număr prim este acel număr natural care are exact ….. divizori și anume: … și ………….………

Primii zece termeni ai șirului numerelor prime sunt: ……………………..………………..………

Dintre numerele 0, 1, 2, 3, 28, 31, 45, 66, 1000, numere prime sunt: …………………………………

Numărul 30 scris ca o sumă de numere prime este 30 = …… + ……

Singurul număr natural prim și par este ………

Numerele 4 și 9 nu sunt prime, dar sunt prime între ele deoarece (4, 9) = ….

Scrieți ca produs de puteri de numere prime, fiecare din numerele: 18, 108, 360, 6300. b#%l!^+a?

Folosind descompunerea în factori primi, determinați mulțimea divizorilor lui 72.

Cel mai mic nr. nat. nenul cu care trebuie înmulțit numărul 60 pentru a obține un pătrat perfect este ……

Fără a calcula înmulțirea, aflați în câte zerouri se termină produsul 56251728.

Calculați c.m.m.d.c și c.m.m.m.c pentru numerele: 11 și 44; 36 și 20; 15, 30 și 10; 72, 68 și 24.

Determinați mulțimile: A={xN x = divizor al lui 24}; B={xZ x = divizor al lui 6};

C={xN x = divizor al lui 13}; D={xZ x = divizor al lui 6}; E={x Z x = multiplu de 5}.

NR 1

Oficiu 20 p

Să se rezolve în mulțimea Z ecuațiile :

2 x = 18 5p

5( 3x 2 ) = 10 x 35 10 p

2( x+1) 7( x 3)= 3( x+10) +1 15 p

2x +1= 15 10 p

Pentru ce valori ale lui x , numere întregi avem :

Z 20 p

Se consideră mulțimile A= xsi x = 1 și B = ysi y 2

a) Determinați mulțimile A și B 10 p

b) A= 5p

c ) AB= 5 p

NR 2

Oficiu 20 p

Să se rezolve în mulțimea Z ecuațiile :

6 x = 42 5 p

5( 2x + 2 ) = 15x 45 10 p

5( x 3) 6( x +2)= 7( x+3) 8 15 p

2x 1= 17 10 p

Pentru ce valori ale lui x , numere întregi avem :

Z 20 p

3. Se consideră mulțimile A= xsi x = 2 și B = ysi y3

a) Determinați mulțimile A și B 10 p

b) A= 5p

c ) AB= 5 p

MULȚIMEA NUMERELOR COMPLEXE “ℂ”

ℂ =ℝ x ℝ ={(x, y) | x, yℝ}= {z | z=x+iy, x,yℝ} – mulțimea numerelor complexe;

z=(x, y) – număr complex;

(x, 0)=x;

(0, 0)=0;

(1, 0)=1;

(0, 1)=i unitate imaginară;

(x, y)=(x, 0)+(0, y)= (x, 0)+(y, 0)(0, 1);

z1+z2=(x1, y1)+(x2, y2)=(x1+x2, y1+y2) adunarea;

z1z2=(x1, y1)(x2, y2)=(x1x2-y1y2, x1y2+x2y1) înmulțirea.

Proprietăți:

(z1+z2)+z3=z2+(z1+z3), z1,z2,z3ℂ asociativitatea adunării;

(z1z2)z3=z2(z1z3), z1,z2,z3ℂ asociativitatea înmulțirii;

z1+z2=z2+z1, z1,z2ℂ comutativitatea adunării;

z1z2=z2z1, z1,z2ℂ comutativitatea înmulțirii;

z+0=0+z=z, zℂ, 0 element neutru pentru adunare;

z1=1z=z, zℂ, 1 element neutru pentru înmulțire;

z+(-z)=(-z)+z=0, zℂ, (-z) element opus pentru z;

zz-1=z-1z=1, zℂ*, z-1 element invers pentru z;

z1(z2+z3)=z1z2+z1z3, z1,z2,z3ℂ distributivitatea înmulțirii față de adunare;

(z1+z2)z3=z1z3+z2z3, z1,z2,z3ℂ distributivitatea înmulțirii față de adunare.

Forma algebrică a numărului complex: z=x+iy

Re(z)= x partea reală;

Im(z)=y coeficientul părții imaginare;

iy parte imaginară;

i unitate imaginară;

i2=-1;

z1+z2=(x1+i y1)+(x2+iy2)=(x1+x2)+i(y1+y2) adunarea;

z1z2=(x1+iy1)(x2+iy2)=(x1x2-y1y2)+i(x1y2+x2y1) înmulțirea.

Reprezentarea geometrică a numerelor complexe:

z=x+iy=(x,y), x,yℝ i se asociază punctul M(x,y);

M se numește imaginea geometrică a numărului complex x+iy;

x+iy se numește afixul punctului M;

ΔAOM OM=.

b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a? b#%l!^+a?

Ecuatii Diofantice cu o singura necunoscuta

Consideram ecuatia

unde aj Î Z   (j = 0,…,n),   an  0.

Vom arata cum se rezolva ecuatia (2) in numere rationale. In particular, aceasta metoda va permite de solutionat ecuatia (2) peste Z. Fara restrictia generalitatii, se presupune ca a0 10. Fie r o radacina rationala a ecuatiei (2), r = p/q, unde p Î Z,   q Î N*,   (p,q) = 1 si are loc egalitatea

Se multiplica ambele parti a ultimei egalitati cu qn si se obtine

a0qn + a1p·qn-1 + … + an-1pn-1q + anpn = 0.

Prin urmare

Cum (p,q) = 1, rezulta ca (p,qn) = 1, (q,pn) = 1. De aici, si din relatiile (3) deducem ca p|a0 si q|an. Deoarece numere rationale de forma r = p/q, astfel incat (p,q) = 1,   p|a0,   q|an, sunt o multume finita, rezulta ca intr-un numar finit de pasi pot fi selectate acele numere care sunt radacini ale ecuatiei (2). In baza rationamentelor anterioare, ecuatia (2) alte radacini nu are.

Probleme

Problema 1. Sa se rezolve in multimea Q ecuatia

Solutie. Termenul liber are urmatorii divizori

1,   3,   7,   21.

La fel determinam toti divizorii pozitivi ai coeficientului superior, si anume: 1, 2. Conform metodei indicate anterior, solutiile rationale ale ecuatiei (4) sunt printre numerele

In urma verificarii nemijlocite (substitutii in ecuatia (4)) se determina ca din aceasta multime numai numerele -3 si 1/2 sunt radacini ale ecuatiei (4).

Problema 2. Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

Solutie. Cum 1 sunt toti divizorii termenului liber si 1 este unicul divizor al coeficientului superior, rezulta ca toate radacinile intregi ale ecuatiei (5) apartin multimii {-1,1}. Substituind x = 1 in (5) conchidem ca numai x = -1 este radacina.

Ecuatii diofantice de gradul intai

In cadrul acestei sectiuni vom discuta problema rezolvarii in numere intregi a ecuatiilor de gradul unu, sau altfel numite, ecuatii liniare, adica a ecuatiilor de forma

unde aj Î Z   (j = 1,2,…,n),   b Î Z.

Presupunem ca nu toate numerele aj   (j = 1,…,n) sunt nule. Evident ca pentru existenta unei radacini intregi ale ecuatiei (6) este necesar ca (a1,…,an)|b. Vom demonstra ca aceasta conditie este si suficienta.

Fie

si cosideram urmatoarea ecuatie echivalenta cu (6)

in care (a1¢, …, an¢) = 1. Fie ai¢,   aj¢ numere nenule astfel incat |ai¢|  |aj¢|. Pentru determinare consideram ca i < j si |ai¢| > |aj¢|. In baza prezentarii (1), exista numerele q si r astfel incat

ai¢ = aj¢q + r,

si substituind ai¢ in (7) se obtine ecuatia

Ecuatia (8) se scrie sub forma

unde

Usor se observa ca exista o corespondenta biunivoca intre solutiile ecuatiilor (7) si (9). Mai mult, cunoscand radacinile ecuatiei (9), tinand seama de transformarile anterioare pot fi indicate si radacinile ecuatiei (7).

Mentionam ca pentru orice k, i Î {1,…,n},   k  i au loc relatiile

ak¢¢ = ak¢,     |ai¢¢| < |ai¢|.

In plus

(a1¢¢, …, an¢¢) = (a1¢, …, ai¢ – aj¢·q, …, an¢) = (a1¢, …, an¢) = 1.

Sumand toate cele mentionate anterior conchidem ca ecuatia (7) intr-un numar finit de pasi poate fi redusa la forma

unde   (i = 1,…,n) sunt numere nenule valorile absolute ale carora sunt diferite doua cate doua. Tinand seama ca deducem ca numerele  (i = 1,…,n) pot obtine doar valorile 0,1 si nu toate sunt nule. Fara restrictia generalitatii, se presupune ca . Atunci ecuatia (10) are urmatoarele radacini

unde t2, t3, …, tn sunt numere intregi arbitrare. Utilizand transformarile efectuate pe parcursul rationamentelor, se obtin si radacinile ecuatiei (7).

Tinem sa mentionam ca la rezolvarea ecuatiei (10) sa utilizat esential numai faptul ca , si deci, in cazul in care la un pas al algoritmului indicat se obtine o ecuatie cu cel putin un coeficient egal cu 1, se scrie solutia ecuatiei respective similara cu solutia ecuatiei (10).

Problema 3. Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

4x – 6y + 11z = 7.

Solutie. Impartind -6 la 4 se obtine -6 = 4(-2) + 2, si ecuatia initala se scrie sub forma

4(x – 2y) + 2y + 11z = 7.

Fie x¢ = x – 2y si atunci se obtine ecuatia

4x¢ + 2y + 11z = 7.

Cum 11 = 2·5 + 1, scriem ultima ecuatie sub forma

4x¢ + 2(y + 5z) + z = 7.

Considerand y¢ = y + 5z din ecuatia precedenta deducem

4x¢ + 2y¢ + z = 7.

Solutiile acestei ecuatii sunt de forma z = 7 – 4x¢ – 2y¢,   x¢ si y¢ numere intregi arbitrare.

Prin urmare y = y¢ – 5z = 20x¢ + 11y¢ – 35, x = x¢ + 2y = 41x¢ + 22y¢ – 70.

Asadar solutia ecuatiei initiale are forma

unde x¢,   y¢ numere intregi arbitrare.

Ecuatii doifantice de grad superior

1. Metoda descompunerii in factori

Problema 4. Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

x + y = xy.

Solutie. Ecuatia initiala se scrie sub forma

(x – 1)(y – 1) = 1.

Deoarece produsul a doua numere intregi este egal cu 1 daca si numai daca ambele numere sunt egale cu 1 sau ambele sunt -1, se obtine totalitatea de sisteme

cu solutiile (0,0) si (2,2).

Problema 5. Sa se arate ca ecuatia

x5 + 3x4y – 5x3y2 – 15x2y3 + 4xy4 + 15y5 = 33

nu are solutii intregi.

Solutie. Partea stanga a ecuatiei se scrie sub forma

(x – 2y)(x – y)(x + y)(x + 2y)(x + 3y).

Daca y  0 atunci factorii ultimului produs sunt diferiti doi cate doi. Altfel, numarul 33 poate fi descompus cel mult in patru factori distincti. Prin urmare, ecuatia initiala nu are radacini intregi x, y daca y  0. In cazul y = 0 ecuatia initiala devine

x5 = 33,

echivalenta cu Cum rezulta ca ecuatia initiala nu are solutii intregi nici in cazul y = 0.

Problema 6. Sa se demonstreze ca ecuatia

(x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 30

nu are solutii in Z.

Solutie. Similar cazului precedent, se factorizeaza partea stanga a ecuatiei si se obtine

(x – y)(y – z)(z – x) = 10.

Se observa ca (x – y) + (y – z) + (z – x) = 0. Scriem toti divizorii numarului 10, adica: 1, 2, 5, 10. Se verifica nemijlocit ca suma oricaror trei divizori a numarului 10, produsul carora este egal cu 10, este diferite de 0.

Problema 7. Sa se rezolve in Z ecuatia

y3 – x3 = 91.

Solutie. Ecuatia initiala se scrie sub forma

(y – x)(y2 + xy + x2) = 91.

Divizorii numarului 91 sunt numerele 1, 91. Deoarece y2 + yx + x2  y2 – 2|y||x| + x2 = (|y| – |x|)2  0, ecuatia initiala este echivalenta cu totalitatea

Asadar, solutiile intregi a ecuatiei sunt perechile (-6,-5) si (5,6).

Problema 8. Sa se rezolve in numere naturale ecuatia

y2 – x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 1.

Solutie. Cum

rezulta ca ecuatia initiala este echivalenta cu urmatoarea ecuatie

y2 = (x2 + 3x + 1)2

sau

y = x2 + 3x + 1.

Astfel multimea tuturor solutiilor este {(x , x2 + 3x + 1)  |  x Î N}.

Paritatea

Problema 9. Sa se determine toate numerele prime x,y care verifica egalitatea

Solutie. Vom discuta doua cazuri, in dependenta de paritatea numarului x.

a) Fie x este un numar impar. Atunci x = 2t + 1 si substituind in (11) se obtine

(2t + 1)2 – 2y2 = 1,

echivalenta cu

2y2 = 4t(t + 1).

Prin urmare 2 | y2. Cum y numar prim, rezulta ca y = 2, deci

b) Daca x este par, atunci, cum x prim, conchidem x = 2, si din (11) rezulta ca

Astfel ecuatia (11) are in clasa numerelor prime o singura solutie (3;2).

Problema 10. Sa se rezolve in Z ecuatia

Solutie. Solutia x = y = z = 0 este evidenta. Sa demonstram ca alte solutii nu sunt. Presupunem contrariul. Cum x2 + y2 + z2 este un numar par, atunci cel putin unul dintre numerele x, y, z este par. Tinand seama de simetria ecuatiei (12), consideram ca x este par, si fie x = 2×1. Atunci 4|y2 + z2, si aceasta are loc numai in cazul in care y si z sunt pare. Intr-adevar, daca y par si z impar, atunci 4 y2 + z2. Daca ambele sunt impare, atunci

y2 + z2 = (2u + 1)2 + (2v + 1)2 = 4(u2 + v2 + u + v) + 2  2(mod 4),

si deci 4 y2+z2.

Asadar, x = 2×1,   y = 2y1,   z = 2z1 si tinand seama de (12), determinam

x12 + y12 + z12 = 22x1y1z1.

Prin argumente similare, celor anterioare, din ultima egalitate se deduce ca 2|x1,   2|y1,   2|z1, si deci, 22|x,   22|y,   22|z. Prin urmare se poate de aratat ca 2n|x,   2n|y,   2n|z pentru orice n Î N. Contradictie.

In concluzie, ecuatia (12) poseda o singura solutie (0,0,0).

Problema 11. Sa se arate ca ecuatia

nu are solutii nenule in Z.

Solutie. Fie x, y, z sunt solutie a ecuatiei (13) (x2 + y2 + z2  0). Usor de observat ca x este par. Substitutia x = 2×1, determina

4×13 + y3 + 2z3 – 6x1yz = 0.

De aici conchidem ca y – par, adica y = 2y1, si astfel se obtine

2×13 + 4y13 + z3 – 6x1y1z = 0.

Din ultima egalitate rezulta ca si numarul z este par si substituind z = 2z1 ecuatia devine

x13 + 2y13 + 4z13 – 6x1y1z1 = 0.

Prin rationamente similare se demonstreaza ca pentru orice n Î N

2n|x,   2n|y,   2n|z.

Contradictie.

Utilizarea congruentelor la demonstrarea incompatibilitatii unor ecuatii

Problema 12. Sa se rezolve in Z ecuatia

Solutie. Fie x, y verifica (14). Atunci x2 + 1  0(mod 3). Examinam cateva cazuri, in dependenta de restul impartirii numarului x prin 3.

a) Fie x  0(mod 3). Atunci x2 + 1  1(mod 3), si deci x2 + 1 0(mod 3).

b) Fie x  1(mod 3). In acest caz x2 + 1  2(mod 3) si prin urmare x2 + 1 0(mod 3).

c) Fie x  2(mod 3). Similar cazului a) si b) se obtine

x2 + 1  5  2 0(mod 3).

In consecinta, congruenta x2 + 1  0(mod 3) nu are solutii, si astfel ecuatia (14) la fel nu are solutii intregi.

Problema 13. Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

Solutie. Fie (x, y, z) solutie in Z a ecuatiei (15). Cum x este un numar impar, rezulta ca

x2 = (2k + 1)2 = 4k(k + 1) + 1  1(mod 8).

Atfel ecuatia initiala in modulo 4 devine

1 – 2y2  3(mod 4)

sau

y2  -1(mod 2),

si prin urmare y este impar, si deci, y2  1(mod 8). De aici,

1 – 2  3(mod 8)      4  0(mod 8).

Astfel s-a obtinut contradictie si deci ecuatia initiala nu are radacini in Z.

Problema 14. Sa se arate ca ecuatia

x3 + x + 10y = 20004

nu este compatibila peste Z.

Solutie. Considerand in ecuatia initiala congruenta modulo 5, conchidem

Examinand in (16) cazuri in dependenta de resturile impartirii lui x prin 5, se demonstreaza ca (16) nu este compatibila. Asadar ecuatia initiala nu are solutii in Z.

Diverse metode de rezolvare a ecuatiilor diofantice

Problema 15. Sa se arate ca ecuatia

x3 + y3 + z3 = 2

poseda o infinitate de radacini in Z.

Solutie. Fie x = a + b,   y = a – b. Atunci x3 + y3 = 2a3 + 6ab2 si ecuatia initiala devine

2a3 + 6ab2 + z3 = 2.

In ultima egalitate se considera a = 1 si se obtine z3 = -6b2. Fie b = 6t3, de unde z = -6t2,   x = 1 + 6t3,   y = 1 – 6t3. In consecinta sau obtinut o infinitate de radacini intregi a ecuatiei initiale, corespunzatoare lui t Î Z.

Problema 16. Sa se arate ca ecuatia

poseda o inifinitate de radacini (x, y) Î N×N.

Solutie. Se observa cu usurinta ca perechea (3,2) este solutie a ecuatiei initiale. Altfel, din identitatea

(x2 + 2y2)2 – 2(2xy)2 = (x2 – 2y2)2

rezulta ca daca (x, y) este radacina a ecuatiei (17), atunci si perechea (x2 + 2y2 , 2xy) la fel este solutie. Utilizand acest fapt, se determina in mod recurent sirul infinit (xn , yn) de solutii distincte a ecuatiei (17), adica

(x1 , y1) = (3,2)   si   xn+1 = xn2 + 2yn2,     yn+1 = 2xnyn,     n Î N*.

Problema 17. Sa se rezolve peste Z ecuatia

Solutie. Se observa ca termenii sumei din stanga ecuatiei sunt de acelasi semn, si cum suma lor este pozitiva, atunci fiecare termen la fel este pozitiv. In baza egalitatii Cauchy despre medii (a se vedea, "Inegalitati") se obtine

Prin urmare xyz = 1, si astfel solutii pot fi numai tripletele (1,1,1), (1,-1,-1), (-1,-1,1), (-1,1,-1). Efectuand verificarea se determina ca fiecare din tripletele indicate este solutie.

Problema 18. Sa se arate ca ecutia

x(x + 1) = 4y(y + 1)

este incompatibila in Z+.

Solutie. Usor se observa ca ecuatia initiala este echivalenta cu ecuatia

x2 + x + 1 = (2y + 1)2.

De aici rezulta ca x2 < (2y + 1)2 < (x + 1)2 sau x < 2y + 1 < x + 1. Contradictia obtinuta implica incompatibilitatea in N* a ecuatiei initiale.

Problema 19. Sa se determine solutiile intregi ale ecuatiei

2×3 + xy – 7 = 0.

Solutie. Din enuntul problemei rezulta ca x trebuie sa fie divizor al numarului 7. Deci, valorile posibile ale lui x apartin multiimii {1, 7}. Considerand fiecare valoare ale lui x in parte se obtin toate radacinile ecuatiei initiale: (1,5), (-1,-9), (7,-97), (-7,-99).

Problema 20. Sa se arate ca ecuatia

x2 + 1 = py,

unde p – numar prim de forma 4k+3 este incompatibila in Z.

Solutie. Fie ca ecuatia din enuntul problemei este compatibila in Z. Atunci

x2 + 1  0(mod p).

In baza teoremei mici Fermat, din ultima relatie rezulta

-1  (-1)2k+1  (x2)2k+1  xp-1  1(mod p).

Astfel s-a obtinut o contradictie cu presupunerea initiala si deci ecuatia nu are solutii in Z.

Problema 21. Sa se arate ca ecuatia

x2 – y3 = 7

nu este compatibila peste N*.

Solutie. Daca y este par, atunci x2  3(mod 4), dar ultima congruenta nu are loc nici pentru un x Î Z. Asadar, presupunem ca y este un numar impar, adica y = 2k + 1. Atunci,

x2 + 1 = y3 + 8 = (y + 2)((y + 1)2 + 3) = (y + 2)(4(k + 1)2 + 3),

si deci, numarul x2 + 1 are divizori de forma 4n + 3, de unde rezulta ca x2 + 1 are divizor prim de forma 4n + 3. Intr-adevar, daca toti divizorii primi ai numarului 4(k + 1)2 + 3 sunt de forma 4n + 1, atunci si numarul 4(k + 1)2 + 3 va fi de forma 4n + 1. Ultima nu are loc in baza Problemei 20.

Problema 22. Sa se demonstreze ca ecuatia

nu are radacini intregi pozitive.

Solutie. Fie d = (x , y),   x1 = x/d,   y1 = y/d. Cum

x2 + xy + y2 = x2y2,

rezulta ca

De aici deducem ca

x1|y1,     y1|x1.

Tinand seama ca (x1,y1) = 1, conchidem ca x1 = y1 = 1. Astfel ecuatia (18) devine

d2 = 3,

care implica afirmatia problemei.

Problema 23. Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

x + y = x2 – xy + y2.

Solutie. Fie t = x + y. Cum

rezulta ca

de unde t Î [0;4].

Tinand seama de relatia x + y = (x + y)2 – 3xy, consideram cazurile corespunzatoare valorilor intregi a numarului t Î [0;4].

a) t = 0

b) t = 1

c) t = 2

d) t = 3

e) t = 4

Sumand cele mentionate anterior se obtine multimea tuturor solutiilor: (0,0), (0,1), (1,0), (1,2), (2,1), (2,2).

Probleme pentru lucrul individual

Sa se rezolve in Z ecuatia

x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3.

Raspuns: x = 3.

Sa se rezolve in numere rationale ecuatia

x4 – 4×3 – 13×2 + 28x + 12 = 0.

Raspuns: {-3,2}.

Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

127x – 52y + 1 = 0.

Raspuns: x = 9 + 52t,   y = 22 + 127t,   t Î Z.

Sa se rezolve in Z ecuatia

6x + 10y – 7z = 11.

Raspuns: x = 3u + 7v – 11,   y = u,   z = 4u + 6v – 11,   u, v Î Z.

Sa se rezolve in numere intregi ecuatia

3×2 + 4xy – 7y2 = 13.

Indicatie. Sa se descompuna in factori.
Raspuns: (2,1), (-2,-1).

Sa se rezolve in Z ecuatia

1 + x + x2 + x3 = 2y.

Raspuns: (0,0), (1,2).

Sa se rezolve in Z ecuatia

x4 + 4y4 = 2(z4 + 4t4).

Indicatie. Se utlizeaza paritatea.
Raspuns: (0,0,0,0).

Sa se arate ca ecuatia

y2 = 5×2 + 6

nu are radacini intregi.
Indicatie. Sa se examineze ecuatia dupa modulo 4.

Sa se arate ca ecuatia

x3 = 2 + 3y2

nu are solutii intregi.
Indicatie. Sa se compare dupa modulo 9.

Sa se arate ca ecuatia

x4 + y6 + z12 = t4

poseda o infinitate de solutii intregi.
Indicatie. Sa se parametrizeze ecuatia

Sa se arate ca ecuatia

x2 – 3y2 = 1

poseda o inifinitate de solutii intregi.
Indicatie. Sa se utilizezeee o relatie de recurenta pentru radacini.

Sa se rezolve in Z ecuatia

x2 + x = y4 + y3 + y2 + y.

Indicatie. Sa se reprezinte sub forma (2x + 1)2 = (2y2 + y + 1)2 – (y2 – 2y).
Raspuns: (0,-1), (-1,-1), (0,0), (-1,0), (5,2), (-6,2).

Sa se determine radacinile intregi pozitive ale ecuatiei

Inidicatie. Sa se utilizeze inegalitatea Cauchy despre medii.
Raspuns: (1,1,1).

Sa se rezolve in numere intregi pozitive ecuatia

unde p este un parametru si p este un numar prim mai mare decat 2.
Raspuns: