Metode s ,i tehnici n rezolvarea [628950]
UNIVERSITATEA DE VEST DIN TIMIS OARA
FACULTATEA DE MATEMATIC A S I INFORMATIC A
PROGRAMUL DE STUDII DE LICENT A: MATEMATIC A
– INFORMATIC A
LUCRARE DE LICENT A
COORDONATOR: ABSOLVENT: [anonimizat]. univ. dr. Ioan Cas ,u P^ ni soar a Andreea
TIMIS OARA
2018
UNIVERSITATEA DE VEST DIN TIMIS OARA
FACULTATEA DE MATEMATIC A S I INFORMATIC A
PROGRAMUL DE STUDII DE LICENT A: MATEMATIC A
– INFORMATIC A
Metode s ,i tehnici ^ n rezolvarea
unor probleme elementare de teoria
numerelor
COORDONATOR: ABSOLVENT: [anonimizat]. univ. dr. Ioan Ca su P^ ni soar a Andreea
TIMIS OARA
2018
Capitolul 1
Introducere
3
Capitolul 2
Metode elementare de rezolvare a
ecuat iilor diofantiene
2.1 Metoda descompuneri
Aceast a metod a const a^ n scrierea ecuat iei g(x1;x2;:::;xn) = 0 sub forma g1(x1;x2;:::;xn)g2(x1;x2;:::;xn):::gk(x1;x2;:::;xn) =
yundeg1;g2;:::;gk2Z[X1;X 2;:::;Xn] siy2Z.Folosind aceast a descompunere ^ n fac-
tori primi a lui y, vom obt ine un num ar nit de descompuneri in kfactori ^ ntregi adic a
y1;y2;:::;yk.Toate descompunerile de acest fel conduc la un sistem de ecuat ii de forma:
8
>>><
>>>:g1(x1;x2;:::;xn) =y1
g2(x1;x2;:::;xn) =y2
:::
gk(x1;x2;:::;xn) =yk
Rezolv^ and aceste sisteme de ecuat ii vom obt ine mult imea de solut ii pentru
ecuat ia considerat a.
Pentru a ^ nt elege mai bine aceast a metod a avem urm atoarele exemple:
Exemplu 1 :Determinat i toate solut iile ^ ntregi pentru ecuat ia:
(a2+ 1)(b2+ 1) + 2(a b)(1 ab) = 4(1 +ab)
4
Rezolvare :Scriem ecuat ia sub forma
a2b2 2ab+ 1 +a2+b2 2ab+ 2(a b)(1 ab) = 4
sau
(ab 1)2+ (a b)2 2(a b)(ab 1) = 4
Aceasta este echivalat a cu
[ab 1 (a b)]2= 4
Obt inem
(a+ 1)(b 1) =2
Dac a (a+ 1)(b 1) = 2 obt inem sistemele de ecuat ii:
(
a+ 1 = 2
b 1 = 1;(
a+ 1 = 2
b 1 = 1;(
a+ 1 = 1
b 1 = 2;(
a+ 1 = 1
b 1 = 2
Care conduc la solut iile:(1 ;2);( 3;0);(0;3);( 2; 1)
Dac a (a+ 1)(b 1) = 2 obt inem sistemele de ecuat ii:
(
a+ 1 = 2
b 1 = 1;(
a+ 1 = 2
b 1 = 1;(
a+ 1 = 1
b 1 = 2;(
a+ 1 = 1
b 1 = 2
Ale c aror solut ii sunt: (1 ;0);( 3;2);(0; 1);( 2;3)
Toate cele opt perechi determinate satisfac ecuat ia considerat a.
Exemplu 2 : Fiep siqdou a numere prime. Rezolvat i ^ n mult imea numerelor
^ ntregi ecuat ia :
1
x+1
y=1
pq
Rezolvare: Ecuat ia este echivalent a cu ecuat ia diofantian a algebric a
(x pq)(y pq) =p2q2
Consider^ and tot i divizorii pozitivi ai num arului p2q2obt inem urm atoarele
sisteme de ecuat ii:
5
(
x pq= 1
y pq=p2q2;(
x pq=p
y pq=pq2;(
x pq=q
y pq=p2q
(
x pq=p2
y pq=q2;(
x pq=pq
y pq=pq;(
x pq=pq2
y pq=p
(
x pq=p2q
y pq=q;(
x pq=q2
y pq=p2;(
x pq=p2q2
y pq= 1
care ne conduc la solut iile:
(1 +pq;pq (1 +pq)), (p(1 +q);pq(1 +q)), (q(1 +p);pq(1 +p)),
(p(p+q);q(p+q)), (2pq;2pq), (pq(1 +q);p(1 +q)),
(pq(1 +p);q(1 +p)), (q(p+q);p(p+q)), (pq(1 +pq);1 +pq)
Observat ia 2.1.1. Ecuat ia
1
x+1
y=1
n
unden=p 1
1:::p k
kare(1 + 2 1):::(1 + 2 k)solut ii ^ n numere ^ ntregi pozitive
^Intr-adev ar, ecuat ia este echivalent a cu
(x n)(y n) =n2
sin2=p2 1
1:::p2 k
kare(1 + 2 1):::(1 + 2 k)divizori pozitivi.
Exemplu 3 : Determinat i toate perechile ( a;b) de numere naturale pentru
care
(ab 7)2=a2+b2
Rezolvare: Ecua tia este echivalent a cu:
(ab 6)2+ 13 = (a+b)2
sau
(ab 6)2 (a+b)2= 13
care conduce la sistemele
(
ab 6 (a+b) = 1
ab 6 + (a+b) = 13;(
ab 6 (a+b) = 13
ab 6 + (a+b) = 1
6
Cele doua sisteme sunt echivalente cu:
(
a+b= 7
ab= 6;(
a+b= 7
ab= 0
Solut iile ecuat iei sunt :
(3;4); (4;3); (0;7);(7;0)
Exemplu 4 : Rezolvat i ^ n mult imea numerelor ^ ntregi urm atoarea ecuat ie:
a2(b 1) +b2(a 1) = 1
Rezolvare: Aplic am substitut iile:
a=u+ 1
b=v+ 1
Ecuat ia devine:
(u+ 1)2v+ (v+ 1)2u= 1
Echivalent a cu:
uv(u+v) + 4uv+ (u+v) = 1
Vom scrie aceast a ultim a ecuat ie sub urm atoarea form a:
uv(u+v+ 4) + (u+v+ 4) = 5
)
(u+v+ 4)(uv+ 1) = 5
Un factor trebuie s a e egal cu 5 sau -5, iar al doilea cu 1 sau -1 )u+v si
uvsatisfac unul din urm atoarele sisteme de ecuat ii:
(
u+v= 1
uv= 0;(
u+v= 9
uv= 2;(
u+v= 3
uv= 4;(
u+v= 5
uv= 6
Primul si ultimul dintre aceste sisteme au solut ii ^ ntregi. Acestea ind:
(0;1); (1;0); ( 6;1); (1; 6)
)(a;b) = (u+ 1;v+ 1))(1;2); ( 5;2); (2;1); (2; 5)
7
Exemplu 5 : G asit i toate tripletele ( a;b;c ) de numere naturale astfel ^ nc^ at:
a3+b3+c3 3abc=n
undeneste prim , n>3
Rezolvare: Ecuat ia este echivalent a cu:
(a+b+c)(a2+b2+c2 ab bc ca) =n
Deoarecea+b+c>1)
a+b+c=n
si
a2+b2+c2 ab bc ca= 1,(a b)2+ (b c)2+ (c a2) = 2
Presupunem c a:
abc
Dac aa>b>c , avema b1;b c1 sia c2)(a b)2+ (b c)2+
(c a)26>2
Prin urmare a=b+c+ 1 saua 1 =b=c
Numarulneste de forma 3 k+ 1
Solut iile ind : (n 1
3;n 1
3;n+2
3)
Numarulneste de forma
3k+ 2
Solt iile ind : (n 2
3;n+1
3;n+1
3)
Exercit iu 1 : Pentru orice numar natural nenul a, es(a) num arul perechilor
ordonate (m;n) de numere naturale nenule pentru care:
1
m+1
n=1
a
A
at iapentru care s(a) = 5
Solut ie:Fie a=p 1
1;:::;p k
k
Din observat ia 2.1.1 )(1 + 2 1);:::;(1 + 2 k) = 5)k= 1 si 1= 2, deci
a=p2undepeste un num are natural prim arbitrar.
Exercit iu 2 : Fiea sibdou a numere prime.S a se a
e num arul perechilor
(x;y) de numere naturale nenule care satisfac urm atoarea ecuat ie :
a
x+b
y= 1
8
Solut ie:Ecuat ia este echivalent a cu:
(x a)(y b) =ab
.
Avem urm atoarele solut ii:
(1 +a;b(1 +a));(2a;2b);(a+b;a+b);(a(1 +b);1 +b)
Observat ia 2.1.2. Fiec siddou a numere naturale nenule.Pentru ecuat ia:
c
x+d
y= 1
Vom nota cu s(c;d)num arul tuturor solut iilor ei ^ n N.
Dac aN > 1 siN2N, vom considera v(N)ca ind num arul divizorilor
s ai.Avem:
s(c;d) =v(cd) =v(c) +v(d) v((c;d))
,v(1) = 0 .
Dac av=p 1
1;:::;p k
k sic=p 1
1;:::;p k
k, unii dintre exponent i pot egali cu 0
)
s(c;d) = (1+ 1):::(1+ k)+(1+ 1):::(1+ k) f[1+min( 1; 1)]:::[1+min( k; k)]g
Exercit iu 3 : Determinat i solut iile ^ ntregi ale ecuat iei:
a3 b3=ab+ 61
Solut ie: Prin ^ nmult irea ecuat iei cu 27 si sc aderea lui 1 din ambii membri
vom obt ine:
(3a)3+ ( 3b)3+ ( 1)3 3(3a)( 3b)( 1) = 1642
Partea st^ ang a este de forma a3+b3+c3 3abc, aceasta factoriz^ andu-se astfel:
(3a 3b 1)(9a2+ 9b2+ 1 + 9ab+ 3a 3b) = 2823
9
Deoarece al doilea factor al p art ii este mai mare dec^ at primul, t ind^ and cont
c a 823 este num ar prim si c a 3 a 3b 12(mod3))3a 3b 1 = 2 si c a
9a2+ 9b2+ 1 + 9ab+ 3a 3b= 823
Solut ia ecuat ie este (6,5)
Exercit iu 4 : Rezolvat i ecuat ia diofantian a a b4= 4 unde,anum ar prim.
Solut ie: Ecuat ia este echivalent a cu a= (b2+ 2)2 (2b)2, adic a
a= [(b 1)2+ 1][(b+ 1)2+ 1]
Dac ab6=1)a=xy;x;y2N;x;y > 1)anu poate prim)solut iile
sunt :
(5;1); (5; 1)
10
Copyright Notice
© Licențiada.org respectă drepturile de proprietate intelectuală și așteaptă ca toți utilizatorii să facă același lucru. Dacă consideri că un conținut de pe site încalcă drepturile tale de autor, te rugăm să trimiți o notificare DMCA.
Acest articol: Metode s ,i tehnici n rezolvarea [628950] (ID: 628950)
Dacă considerați că acest conținut vă încalcă drepturile de autor, vă rugăm să depuneți o cerere pe pagina noastră Copyright Takedown.