ДІОФАНТОВЕ РІВНЯННЯ ДРУГОГО СТЕПЕНЯ З ДВОМА НЕВІДОМИМИ

Модуль  1.

ДІОФАНТОВЕ РІВНЯННЯ ДРУГОГО СТЕПЕНЯ

З ДВОМА НЕВІДОМИМИ

Розв’язування діофантових рівнянь – одна з найдавніших математичних задач. Однак, незважаючи на те, що систематичне вивчення таких рівнянь започатковане давньогрецьким математиком Діофантом ще в третьому столітті, теорія найпростіших рівнянь – рівнянь першого степеня

ах + by = c

була завершена тільки на початку XVII століття. Повна теорія рівнянь другого степеня з двома невідомими

ах² + bxy + cy² + dx + ey + f  = 0        

була створена спільними зусиллями багатьох математиків і підсумована до початку ХІХ століття видатним німецьким математиком Карлом Гауссом. Важливих успіхів у дослідженні діофантових рівнянь вищих степенів було досягнуто лише на початку ХХ століття.

Про складність діофантових рівнянь можна судити з такої події. На ІІ Міжнародному Конгресі математиків, що відбувся у Парижі в серпні 1990 р., німецький математик Давид Гільберт зробив доповідь «Математичні проблеми», де сформулював, на його думку, найбільш цікаві проблеми, дослідження яких стимулювало б подальший розвиток математики. Серед них за номером 10 була така: «Нехай є довільне діофантове рівняння з довільним числом невідомих і з цілими раціональними коефіцієнтами; потрібно вказати загальний метод, використовуючи який можна за скінченну кількість кроків встановити, має дане рівняння розв’язки в раціональних числах чи ні». На розв’язання цієї проблеми пішло понад піввіку, над нею працювало багато видатних математиків. І тільки в 1972 році російський математик Ю.Матіясевич довів, що десята проблема Гільберта нерозв’язна.

Зрозуміло, що вивчення діофантових рівнянь у загальноосвітніх школах не передбачене навчальними програмами. Але і діофантові рівняння, і задачі, що зводяться до діофантових рівнянь, часто пропонуються учасникам різних математичних змагань: олімпіад, турнірів, фестивалів; членам Малої академії наук – на контрольних роботах, абітурієнтам – на вступних випробуваннях. Успішне розв’язання таких завдань не потребує додаткових знань, а вимагає від учнів твердих знань шкільної математики, логічного мислення, вміння застосовувати свої знання у нестандартних ситуаціях. Водночас корисно також знати деякі способи розв’язань. Найчастіше розв’язки діофантових рівнянь вдається знайти, використовуючи такі прийоми.

Означення. Рівняння вигляду

ах² + bxy + cy² + dx + ey + f  = 0,          (*)

де а²+ c² + b²≠ 0,  а, b, c, d,  e, f  - відомі цілі числа,  х, у – невідомі цілі числа, називається діофантовим рівнянням другого степеня з двома невідомими.

Приклад 1. Розв’язати в цілих числах діофантове рівняння

х² + 4xy + 5y² + 2y + 1 = 0,         

Р о з в’ я з а н н я. Застосуємо спосіб локалізації і перебору. Він не потребує класичного розкладу на множники лівої частини рівняння. Для цього спочатку визначимо скінченний проміжок, на якому можуть бути шукані значення однієї зі змінних. Якщо змінну у розглядати як параметр, то це рівняння є квадратним рівнянням відносно змінної х. Воно матиме розв’язки, якщо

  D = (4y)² ‒ 4(5y² + 2y + 1) >= 0.

Звідси приходимо до квадратної нерівності

y² + 2y – 1<=0,

розв’язки якої містяться в проміжку

  [‒1 ‒ (2)^0,5;  ‒1 + (2)^0,5 ].

Тому змінна у, що задовольнятиме рівняння, може набувати тільки таких значень: ‒2; ‒1; 0.  Далі розв’яжемо дане рівняння за умови, що y₁ = ‒2; y₂ = ‒1; y₃ =  0.  Якщо y₂ = ‒1, то з рівняння

  x² ‒ 4y +4 = (x ‒ 2)² = 0,

знаходимо x₂ = 2 

При інших значеннях y₁ = ‒2;  y₃ =  0   відповідні рівняння

  x² + 8y + 17 = x² + 8y + 16 +1 =  (x + 4)²  + 1= 0,

і

    x² + 1 = 0

розв’язків не мають. Тому єдиний розв’язок: (2; ‒1).

Відповідь: (2; ‒1).

Модуль  2.

СПОСІБ ВІДОКРЕМЛЕННЯ ЗМІННИХ ДЛЯ ДІОФАНТОВИХ РІВНЯНЬ

Приклад. Розв’язати рівняння на множині цілих чисел:

 40ху – 35х – 48у + 42 = 0.

Розв’язання.  Використаємо спосіб відокремлення змінних і продемонструємо на узагальненому прикладі.

 У лівій частині рівняння є многочлен другого порядку з двома змінними: 

aху – bх – cу + d.

Розглянемо нелінійну функцію від двох змінних

f(x; y) = 40ху – 35х – 48у + 42

і запишемо її як добуток двох лінійних функцій з відокремленими змінними, тобто  подамо у вигляді:

f(x; y) = р(х)q(у).

Знайдемо умову такого розкладу для даної функції вигляду:

f(x; y) = aху + bх + cу + d = р(х)q(у).

Виконавши нескладні перетворення у многочлені, його можна записати у вигляді суми трьох доданків:

aху – bх – cу + d =

= х(ау + b) + (c:a)(ау + b) + d – (cb:a) =

(x + c:a)(ау + b) + d – (cb:a).

Отже, якщо накласти умову на вираз:

d – (cb:a) = 0,

іноді ще вимагають

d – (cb:a) –

ціле число, якщо дане діофантове рівняння має вигляд

 f(x; y) = k ,

де k ‒ ціле число, то існує можливість розділити змінні і отримати вираз:

f(x; y) = aху + bх + cу + d = р(х)q(у) + d – (cb:a)  = k.

Для даної функції 

f(x; y) = 40ху – 35х – 48у + 42,

маємо

а = 40,  b = -35, с = - 48, d = 42.

Перевіряємо умову на вираз:

d – (cb:a)  = 42 – (-48)(-35):42 = 0.

Таким чином, можна відокремити змінні.

Зробимо це в такий оригінальний спосіб.

Виконаємо заміну х = у.

40х² – 35х – 48х + 42 = 40х² – 83х + 42.

Розкладемо на множники отриманий квадратний тричлен

D = b² – 4ac = (-83)² -4*40*42 = 6889 – 6720 =169 = 13².

Отже,  маємо два дійсні корені:

х₁ = (83 – 13):80 = 70:80 = 7:8 = 0,875;

х₂ = (83 + 13):80 = 96:80 = 6:5 = 1,2;

40х² – 83х + 42 = 40(х – 0,875)(х – 1,2).

В одному із множників  можна виконати повернення до заміни і отримати два представлення:

40ху – 35х – 48у + 42 = 40(у – 0,875)(х – 1,2).

40ху – 35х – 48у + 42 = 40(х – 0,875)(у – 1,2).

Одне із двох представлень не буде задовольняти умову, якщо розкрити дужки в такий спосіб:

5*8*(у – 0,875)(х – 1,2) = (8у – 7)(5х -6) = 40ху – 35х – 48у + 42.

Саме другий випадок розкладу

5*8*(у – 0,875)(х – 1,2) = (8х – 7)(5у -6) = 40ху – 48х – 35у + 42 –

не підходить згідно умови, бо коефіцієнти при х та у не відповідають умові рівняння.

Повертаємось до початкового вигляду даного рівняння.

 (40ху – 35х – 48у + 42) = 0,

 (8у – 7)(5х -6) = 0,

 (8у – 7)(5х -6) = 0.

Ліва частина  рівняння це добуток неперервних функцій,

тому можна прирівняти множники до нуля,  а саме:

5х - 6 = 0  або   8у – 7 = 0.

Розв’язки двох лінійних рівнянь  не є цілими числами.

{х₁  = 1,2;  у₁ = n};

{x₂ = m; у₂ = 7/8}.

Відповідь: цілих розв’язків немає.

Приклад.  Розв’язати рівняння

xy + 3x - 5y  + 3 = 0

Розв’язування. Розкладемо на множники ліву частину способом групування доданків із однаковими множниками:

x(y + 3) - 5y  ‒ 15 + 15+ 3 = 0

x(y + 3) – 5(y  +3)+ 18 = 0

(y + 3)(х  ‒ 5) = ‒ 18

Із останнього рівняння слідує, що цілі числа (y + 3) і (x - 5) - дільники числа -18, тобто, це такі цілі дільники:

±1; ±2; ±3; ±6; ±9; ±18.

Отже, маємо 12 систем лінійних рівнянь:

1)   х ‒ 5 = 1; у +3 = ‒18, отже (6; ‒ 21);

2)   х ‒ 5 = 2; у +3 = ‒9, отже (7; ‒ 12);

3)   х ‒ 5 = 3; у +3 = ‒6, отже (8; ‒ 9);

4)   х ‒ 5 = 6; у +3 = ‒3, отже (11; ‒ 6);

5)   х ‒ 5 = 1; у +3 = ‒18, отже (6; ‒ 21);

6)   х ‒ 5 = 9; у +3 = ‒2, отже (14; ‒ 5);

7)   х ‒ 5 = 18; у +3 = ‒1, отже (23; ‒ 4);

8)   х ‒ 5 = ‒ 1; у +3 = 18, отже (4; 15);

9)   х ‒ 5 = ‒ 3; у +3 = 6, отже (2; 3);

10) х ‒ 5 = ‒ 6; у +3 = 3, отже (-1; 0);

11) х ‒ 5 = ‒ 9; у +3 = 2, отже (-4; -1);

12) х ‒ 5 = ‒ 18; у +3 = 1, отже (-13; ‒ 2).

Відповідь: (-13; ‒ 2), (6; ‒ 21); (-4; -1); (-1; 0); (2; 3); (4; 15); (23; ‒ 4); (14; ‒ 5); (7; ‒ 12); (8; ‒ 9); (11; ‒ 6); (6; ‒ 21).

Модуль  3.

СПОСІБ РОЗКЛАДУ НА МНОЖНИКИ ДЛЯ ДІОФАНТОВИХ РІВНЯНЬ

Для рівняння

ax² + bxy + cy² + dx + ey + f = 0               (1)

знайдемо умову розкладу на множники:

(sx + ty + v)(px + gy + q) = 0               (2)

Для спрощення технічних викладок деякі коефіцієнти-параметри можна задати конкретними числами, тому зведемо розклад (2) до знаходження двох ненульових цілих параметрів n та  m. Нехай

v = 1,    q = f,  s = am^-1,  t =  cn^-1, p = m, g = n.            (3)

Після підстановки у рівняння (2) отримаємо

(am^-1x + cn^-1y + 1)(mx + ny + f) = 0               (4)

Розкриємо дужки у рівності (4). Матимемо:

am^-1mx² + am^-1nxy + am^-1fx + cnn^-1y² + cmn^-1xy + cn^-1f y+ mx + ny + f = 0

ax² + (am^-1n + cmn^-1)xy + cy² + (am^-1f + m)x + (cn^-1f + n)y + f =

= ax² + bxy + cy² + dx + ey + f.                          (5)

 Користуючись неперервністю лівої частини у рівнянні (1),  можна прирівняти коефіцієнти при  xy у лівій та правій частинах рівності (5):

am^-1n + cmn^-1 = b.                  (6)

Користуючись неперервністю лівої частини у рівнянні (1), можна прирівняти коефіцієнти при  x у лівій та правій частинах рівності (5):

am^-1f + m = d.                   (7)

Користуючись неперервністю лівої частини у рівнянні (1), можна прирівняти коефіцієнти при  x у лівій та правій частинах рівності (5):

cn^-1f + n = е.                   (8)

Рівняння (6)  запишемо у вигляді квадратного рівняння стандартного вигляду відносно невідомого m^-1n:

a(m^-1n)²  – b(mn^-1) + с= 0.                        (9)

Рівняння (7) запишемо у вигляді квадратного рівняння стандартного вигляду відносно невідомого m:

m²  – dm + af = 0.                        (10)

Рівняння (8) запишемо у вигляді квадратного рівняння стандартного вигляду відносно невідомого n:

n²  – en + cf = 0                        (11).

Розклад на множники (4) можливий при виконанні трьох умов (9), (10), (11).

Алгоритм розкладу рівняння (1) на множники (4).

1.Розв’язати квадратне рівняння ak²  – bk + с= 0.

2.Розв’язати квадратне рівняння  m²  – dm + af= 0.

3.Розв’язати квадратне рівняння n²  – еn + cf= 0.  

4. Виконати перевірку на існуючі корені трьох попередніх рівнянь. Якщо

k =  m^-1n,                             (12)

то розклад (4) існує.

Якщо   рівність (12) не виконується, то  розклад (4)  на лінійні множники не можливий.                                        

  Приклад. Знайти цілі розв’язки рівняння другого степеня з двома невідомими способом розкладу на множники: 

9x²  -132xy -300y² -3x + 106y - 2 = 0               (13)

Розв’язання. Визначаємо коефіцієнти даного рівняння другого степеня з двома невідомими:

а = 9, b = -132, c = -300, d = -3,  e = 106,  f = -2.

Перевіримо умову розкладу лівої частини даного рівняння на множники:

(am^-1x + cn^-1y + 1)(mx + ny + f) = 0               (14)

1.    Розв’язуємо квадратне рівняння ak²  – bk + с= 0.   

   9k²  +132k  -300= 0. 

D = 132² -4*(-300) = 17424 +10800 =28224 =168² ;

k₁ = (-132-168)*(18)^-1 =-300*(18)^-1 = -50*(3)^-1;

k₂ = (-132+168)*(18)^-1 =36*(18)^-1 = 2.

2.    Розв’язуємо квадратне рівняння m²  – dm + af = 0.

   m²  +3m -18 = 0.

D = 3² -4*(-18) = 72 +9 =81 =9² ;

m₁ = (-3-9)*(2)^-1 =-12*(2)^-1 = -6;

m₂ = (-3+9)*(2)^-1 =6*(2)^-1 = 3.

3.    Розв’язуємо квадратне рівняння n²  – еn + cf = 0.   .

   n²  – 106n + 600= 0. 

D = 106² -4*(600) = 11236 -2400 =8836 =94² ;

n₁ = (106+94)*(2)^-1 =-200*(2)^-1 = 100;

n₂= (106-94)*(2)^-1 =-12*(2)^-1 = 6.

4. Виконуємо перевірку на взаємозв’язок  коренів трьох квадратних рівнянь. Для

k₂ =  m₂^-1n₂,  

2 =6:3. Виконується умова.

 k₁ =  m₁^-1n₁,

-50*(3)^-1= 100*(-6)^-1.  Виконується умова.                                                   

Таким чином, розклад  на множники  (14) існує для даного рівняння.

Розкладаємо на лінійні множники дане рівняння. Спочатку знайдемо усі коефіцієнти для лінійних множників:

am^-1 =9:3=3;

cn^-1 = -300:6 = - 50;

m = 3;

 n = 6;

 f = -2.

Тепер запишемо розклад:             

(am^-1x + cn^-1y + 1)(mx + ny + f) = (3x - 50y + 1)(3x + 6y -2)

Остаточно, маємо ліву частину даного рівняння, що розкладена на множники, тому маємо:

 9x²  -132xy -300y² -3x + 106y -2 = 0,              

(3x - 50y + 1)(3x + 6y -2) = 0.

Кожен із лінійних множників прирівняємо до нуля і знайдемо цілі розв’язки двох лінійних діофантових рівнянь з двома невідомими.

  3x - 50y + 1= 0,      (15)         

  3x - 50y = - 1,

Цілі розв’язки у цього лінійного рівняння існують, бо 

-1:НСД(9; -50) = -1.

Розв’язки шукатимемо у вигляді арифметичних прогресій із цілим параметром k.

х = r₁k + t₁;  y = r₂k + t₂;

Методом невизначених коефіцієнтів обчислюємо коефіцієнти для арифметичних прогресій:

3x - 50y = 3(r₁k + t₁) – 50(r₂k + t₂) = – 1,

3r₁k + 3t₁ – 50r₂k –50t₂ = – 1,

3r₁k – 50r₂k – 50t₂ + 3t₁ = – 1,

(3r₁ – 50r₂)k  + 3t₁ - 50t₂ =  0* k – 1,

Маємо такі рівняння

3r₁ – 50r₂ = 0,  звідси  r₁ = 50; r₂ =  3;  

3t₁ - 50t₂ = -1, звідси  t ₁ =  - 117; t ₂ =  -7.

Записуємо першу пару чисел, що є розв’язком даного рівняння (13):

х = r₁k + t₁  = х = 50k -117; 

y = r₂k + t₂ =  3k - 7;   

Тут k – довільне ціле число.

Знайдемо конкретну пару чисел, що задовольняє рівняння (13). Якщо k = 0, то 

х = 50*0 -117 = -117;  

y = 3*0 – 7 = - 7.    

(-117; -7) – це пара чисел, що є розв’язком даного  рівняння (13).

Повертаємось до другого лінійного множника

 3x + 6y - 2  = 0.

3x + 6y  = 2.

3(x + 2y) = 2.

Ліва частина рівняння ділиться на 3 націло, а права частина рівняння націло на три не ділиться. Отже, дане рівняння не має цілих розв’язків, бо знак рівності ніколи не досягається при цілих значеннях невідомих.

Тепер розглядаємо  наступну трійку:

k₁ = -50*(3)^-1 ,

n₁ = 100, 

m₁ = -6.

Вдруге розкладаємо на лінійні множники дане рівняння. Спочатку знайдемо усі коефіцієнти для лінійних множників:

am^-1 =9:(-6)=-1,5;

cn^-1 = -300:100 = - 3;

m = -6;

 n = 100;

 f = -2.

Тепер запишемо розклад:             

(am^-1x + cn^-1y + 1)(mx + ny + f) = (-1,5x - 3y + 1)(-6x - 100y -2)=0

Із другої дужки винесемо множник 2 і внесемо його у першу дужку, отримаємо

(3x - 50y + 1)(3x + 6y -2) = 0.

Останнє рівняння розв’язане було вище.

Відповідь: (50k -117;  3k - 7), де k – довільне ціле число.

Модуль  4.

ЗВЕДЕННЯ ПОВНОГО ДІОФАНТОВОГО РІВНЯННЯ ДРУГОГО ПОРЯДКУ ДО НЕПОВНОГО ДІОФАНТОВОГО РІВНЯННЯ ДРУГОГО ПОРЯДКУ

Тепер покажемо штучні прийоми, які дозволяють загальне рівняння

ах² + bxy + cy² + dx + ey + f  = 0,          (1)

зводити до спеціальних видів, коли рівняння є неповним та канонічним. Якщо ліву частину рівняння (1) розглядати, як функцію від двох змінних, то можна виконувати на нею  повороти та паралельне перенесення, не деформуючи саму поверхню другого порядку, однак при цьому змінюється деякі коефіцієнти формули.

Згідно відомих фактів із теорії руху фігур на площині, при паралельному  переносі початок координат змінюється  за формулами:

х = х_{початок} + х_нові,

у = у_{початок} + у_нові,

де  (х; у) – старі координати довільної точки,

(х_поч; у_поч) – координати нового початку в старій системі координат, (х_нов; у_нов) – нові координати довільної точки.

Покажемо як технічно знаходити значення (х_поч; у_поч) координати нового початку в старій системі координат  так,  щоб спростити вигляд лівої частини (1).

Розглянемо  квадратичну функцію від двох змінних:

Q(х; у) = ax² + bxy + cy² + dx + ey + f                 (2)

Виконаємо паралельне перенесення системи координат по формулам (3) для того, щоб у позбутися лінійних доданків dx та ey у записі Q(х; у):

х = m + х_н,  

                       у = n + у_н,                   (3)

де  (х; у) – старі координати довільної точки,

(m; n) – координати нового початку в старій системі координат,

(х_н; у_н) – нові координати довільної точки.

У функції (2) виконаємо заміну (3), тобто точку (х; у) замінимо відповідно на точку (m + х_н; n + у_н):                      .

                                                             

Q(х; у) = Q(m + х_н; n + у_н) =

=а(m + х_н)² + b(m + х_н)(n + у_н) + c(n + у_н)² + d(m + х_н) + e(n + у_н) + f =  aх_н ² + 2amх_н + am²  +

+ bх_ну_н + bnх_н + bmу_н + bmn +

+ cy_н ² + 2cny_н + cn² +

+ dm + dх_н + en + eу_н + f =

= aх_н ² + bх_ну_н + cy_н ² +

+ 2(am + 0,5bn + 0,5d)х_н +

+ 2(cn + 0,5bm + 0,5e)y_н +

+ am²  + bmn + cn² + dm + en + f.                   (4)

Для того, щоб зникли  лінійні доданки  2(am + 0,5bn + 0,5d)х_н та

2(am + 0,5bm + 0,5e)y_н, треба прирівняти до нуля коефіцієнти:

am + 0,5bn + 0,5d = 0,

cn + 0,5bm + 0,5e = 0.                        (5)

Два рівняння (5) являють собою неоднорідну систему лінійних рівнянь з двома невідомими m та n.

am + 0,5bn = - 0,5d,

0,5bm  + cn = - 0,5e.                         (6)                    

Якщо (ac-0,25b²)^-1 ≠ 0, тоді існує єдиний розв’язок системи рівнянь (6), який  має вигляд:

m = (0,25be -0,5dc)(ac-0,25b²)^-1,

n = (0,25bd -0,5ae)(ac-0,25b²)^-1.

Якщо (ac-0,25b²)^-1 = 0, тоді можливі два випадки:

а)існує безліч розв’язків системи рівнянь (6),

б) не існує розв’язків системи рівнянь (6).  

Якщо спроба позбутися лінійних доданків виявилася вдалою, тоді

розглянемо діофантове рівняння вигляду:

ax² + bxy + cy² + f = 0 

де а²+ c² + b²≠ 0,  а, b, c, f  - відомі цілі числа,  х, у – невідомі цілі числа.

Знайдемо умову, за якої вдається розкласти вираз ax² + bxy + cy²

на лінійні множники відносно х та у. Для цього розглянемо однорідне рівняння

ax² + byх + cy² = 0. 

Розкладемо його на множники, знайшовши корені квадратного рівняння відносно х:            

Аx² + Вх + С = 0,

де А = a, В = by, С = cy².

Знайдемо дискримінант квадратного рівняння:

D = B² ‒ 4AC = b²y² ‒ 4acy² = (b² ‒ 4ac)y².

Дійсні корені існують при умові невід’ємності виразу: b² ‒ 4ac.

х₁ = [-by – y(b² ‒ 4ac)^0,5](2a)^-1 = k₁y,

х₂ = [-by + y(b² ‒ 4ac)^0,5](2a)^-1 = k₂y,

де k₁, k₂ ‒ корені квадратного рівняння  ak² + bk + c = 0.

Таким чином, якщо b² ‒ 4ac – невід’ємний, то існує розклад на лінійні множники:

ax² + byх + cy² = а(х ‒ k₁y) (х ‒ k₂y)

ax² + bxy + cy² + f = 0,               

ax² + bxy + cy² = ‒ f,

а(х ‒ k₁y) (х ‒ k₂y) = ‒ f,

(х ‒ k₁y) (х ‒ k₂y) = ‒ fа^-1.

Якщо:

 1) число а – це дільник числа f ;

 2) b² ‒ 4ac – невід’ємний цілий квадрат числа;

 3) k₁, k₂ ‒ цілі корені квадратного рівняння  ak² + bk + c = 0,

то  існує  такий цілий вигляд многочлена

ax² + bxy + cy² + f = а(х ‒ k₁y) (х ‒ k₂y) + f.

Для розв’язування діофантового рівняння

(х ‒ k₁y) (х ‒ k₂y) = ‒ fа^-1

можна використати розклад на прості множники цілого числа

‒ fа ^-1:{ ±d₁ = ±1, ±d₂, ±d₃, …, ±d_n-1, ±d_n = ± fа ^-1}.

і записати 2n систем лінійних діофантових рівнянь вигляду:

13)               х ‒ k₁y = d₁; х ‒ k₂y = d_n, звідси отримати (х₁; у₁);

14)               х ‒ k₁y = d₂; х ‒ k₂y =  d_n-2, звідси отримати (х₂; у₂);

15)               х ‒ k₁y = d₃; х ‒ k₂y =  d_n-3, звідси отримати (х₃; у₃);

…………………………………..

n-1) х ‒ k₁y = d_n-2; х ‒ k₂y =  d₂, звідси отримати (х_n-1; у_n-1);

n)    х ‒ k₁y = d_n; х ‒ k₂y =  d₁, звідси отримати (х_n; у_n);

n+1)  х ‒ k₁y = -d₁; х ‒ k₂y =  d₁, звідси отримати (х_n+1; у_n+1);

 …………………………………..

2n) х ‒ k₁y = - d_n; х ‒ k₂y =  d₁, звідси отримати (х_2n; у_2n).

Приклад.  Розв’язати рівняння

x² - 656xy - 657y² = 1983

Розв’язування. Розкладемо на множники ліву частину способом групування доданків для виділення різниці квадратів:

x² - 656xy - 657y² = 1983

 x² - 656xy – 656 y²  ‒ 1y² = 1983

x²  ‒ y² ‒ 656xy – 656 y²  = 1983

x²  ‒ y² ‒ 656у(x +y) = 1983

 (x +y) (x -y) ‒ 656у(x +y) = 1983

(x +y) (x -y‒ 656у) = 1983

(x +y) (x ‒ 657у) = 1983

Із останнього рівняння слідує, що цілі числа (y + х) і (x – 657у) - дільники числа -1983, тобто, це такі цілі дільники:

±1; ±3; ±661; ±1983.

Отже, маємо 8 систем лінійних рівнянь:

1)   y + х = 1; x – 657у = 1983, отже немає цілих розв’язків;

2)   y + х = 3; x – 657у = 661, отже (4; ‒ 1);

3)   y + х = 661; x – 657у = 3, отже (660; 1);

4)   y + х = 1983; x – 657у = 1, отже немає цілих розв’язків;

5)   y + х = ‒1; x – 657у = - 1983, отже немає цілих розв’язків;

6)   y + х = ‒3; x – 657у = ‒661, отже (‒4; 1);

7)   y + х = ‒661; x – 657у = ‒3, отже (‒660; ‒1);

8)   y + х = ‒1983; x – 657у = - 1, отже немає цілих розв’язків;

Відповідь: (4; -1); (-660; -1); (660; 1); (-4; 1).

Модуль 5.

ДІОФАНТОВЕ РІВНЯННЯ ДРУГОГО ПОРЯДКУ В ДЕКАРТОВІЙ ПЛОЩИНІ

Для того, щоб уявляти повну картину відносно рівняння

ах² + bxy + cy² + dx + ey + f  = 0      (*)   

поставимо собі запитання.

Яку геометричну фігуру задає дане рівняння в декартовій площині хОу?

Відповідь на це запитання неоднозначна. Адже рівняння є нелінійним і має два невідомих, тобто рівняння (*) є складним для знаходження цілих розв’язків (х, у). І ось чому.

Якщо а = с, b = 0,  d,  e, f - відомі ненульові цілі числа, то рівняння (*) визначає коло в декартовій площині хОу.  За цієї умови рівняння (*) можна тотожними перетвореннями звести до стандартного рівняння кола:

(x- n)² + (y - m)² =  R².

Якщо а ≠ 0, b²+c² = 0, d,  e, f - відомі ненульові цілі числа, то рівняння (*) визначає квадратичну параболу в декартовій площині хОу. За цієї умови рівняння (*) можна тотожними перетвореннями звести до стандартної квадратичної функції:

 y = qx² + px + g.

Якщо b ≠ 0, а²+ c² + d²+ e²+f ² = 0 - відомі ненульові цілі числа, то рівняння (*) визначає параболу в декартовій площині хОу. За цієї умови рівняння (*) зводиться до двох рівнянь прямих:

 х = 0, у = 0.

Якщо b ≠ 0, f ≠ 0,  а² + c² + d²+ e² = 0 - відомі ненульові цілі числа, то рівняння (*) визначає гіперболу в декартовій площині хОу. За цієї умови рівняння (*) зводиться до оберненої пропорційності:

 у = k/х.

Якщо а =1, с = 1, b = -1,  d = 2,  e = -4, f  = 0, то рівняння (*) визначає еліпс в декартовій площині хОу.  За цієї умови рівняння (*) можна тотожними перетвореннями звести до стандартного рівняння еліпса:

k(x- n)² + l(y - m)² =  R.

Якщо a = c,  f ² + b ² + d²+ e² = 0, то рівняння (*) визначає одну точку (0; 0) в декартовій площині хОу. За цієї умови рівняння (*) зводиться до рівняння:

 х² + y² = 0.        

Якщо a =  c,  f  >0,  b ² + d²+ e² = 0, то рівняння (*) не визначає точок  в дійсній декартовій площині хОу. За цієї умови рівняння (*) зводиться до рівняння:

 х² + y² = - f.        

Нас цікавлять цілі розв’язки діофантового рівняння (*). Отже, із вище зазначених прикладів маємо зробити висновок: цілих розв’язків у даного рівняння може: не існувати, бути обмеженою кількістю і бути безмежною множиною.  Якщо у рівняння (*) існують розв’язки, то серед них можуть виявитися(або не виявитися) цілі розв’язки – це точки, що лежать на фігурі, яку задає рівняння, і мають цілі значення абсциси та ординати.

На еліпсі, гіперболі та колі в   дійсній декартовій площині хОу можуть існувати точки з обома цілими координатами, або не існувати.

На еліпсі, гіперболі та колі в   дійсній декартовій площині хОу при умові існування точок з обома цілими координатами їх обмежена кількість. Їх шукають методом перебору цілих значень на деякому обмеженому проміжку із областей значень та визначень даного рівняння.

На квадратичній параболі, на прямій  в   дійсній декартовій площині хОу область визначення та область значень необмежена, тому існують випадки, коли можуть існувати точки з обома цілими координатами, та випадки, коли не існує таких точок.  

На прямій  в   дійсній декартовій площині хОу при умові існування хоча б однієї точки з обома цілими координатами, тоді  таких цілочисельних точок на даній прямій необмежена кількість. І відповідні координати (і абсциси і ординати) цілих точок на прямій мають закономірності двох арифметичних прогресій. Тому розв’язок діофантового рівняння (*) може бути записаний лінійними формулами, які задають цілі числа арифметичної прогресії через один цілий параметр k. Відстань між сусідніми точками з обома цілими координатами на прямій завжди однакова і ця відстань залежить від значення різниці арифметичної прогресії. Отже, щільність таких точок постійна величина.

МОДУДЬ 6.

ВЛАСТИВОСТІ РОЗВ’ЯЗКІВ ДІОФАНТОВИХ РІВНЯНЬ ДРУГОГО ПОРЯДКУ

До речі, у випадку коли ліва частина рівняння

ах² + bxy + cy² + dx + ey + f  = 0      (*)   

має розкладатися на два лінійних множники вигляду kx + my + n, то розв’язки є цілими арифметичними прогресіями.

Варто мати на увазі, що одна і та ж арифметична прогресія може бути записана різними лінійними формулами вигляду

х_m = am  + b_n,

де  b_n – довільний член даної арифметичної прогресії, а – різниця цієї арифметичної прогресії.

На квадратичній параболі   в   дійсній декартовій площині хОу при умові існування точок з обома цілими координатами їх необмежена кількість. І відповідні координати цілих точок на параболі  мають закономірності послідовності типу квадратичної. Відстань між сусідніми точками з обома цілими координатами постійно змінюється і вона залежить від значення номера члена послідовності. Отже, щільність таких точок непостійна.

Означення. Дві цілочисельні арифметичні прогресії вигляду

х = n₁k + m₁,

у = n₂k + m₂

називаються однопараметричним розв’язком  діофантового рівняння  другого степеня з двома невідомими (*), який записують парою чисел

(х, у) = ( n₁k + m₁, n₂k + m₂),                (2)

де  n₁, m₁, n₂,  m₂ – цілі числа, k – цілочисельний параметр, якщо пара чисел (2) задовольняє рівняння (1). 

Виконаємо підстановку однопараметричного розв’язку (2) у рівняння (1).

ах² + bxy + cy² + dx + ey + f = а(n₁k + m₁)² + b(n₁k + m₁)( n₂k + m₂) + c(n₂k + m₂)² + d(n₁k + m₁) + e(n₂k + m₂) + f = 0,         

Розкриємо повні квадрати:

а(n₁ ²k² + 2n₁ m₁k  + m₁²) + b(n₂n₁k² + m₁n₂k + m₂n₁k + m₁m₂) +

+ с(n₂ ²k² + 2m₂n₂k  + m₂²) + d(n₁k + m₁) + e(n₂k + m₂) + f = 0,

Зведемо подібні доданки з відповідними параметрами k²,  k,  k ⁰:

(аn₁ ²  + bn₂n₁ + cn₂²)k² + (2n₁ m₁a + m₁n₂b + m₂n₁b+2m₂n₂c)k +

+( am₁²  + bm₁m₂ + cm₂² + dm₁ + em₂ + f)= 0*k² + 0*k¹ + 0*k ⁰.

Прирівняємо коефіцієнти при параметрі k²,  k,  k ⁰  у лівій та правій частині останньої рівності, отримаємо систему трьох нелінійних рівнянь для визначення чотирьох невідомих n₁, m₁, n₂,  m₂:

аn₁ ²  + bn₂n₁ + cn₂² = 0,                                (3)

2n₁ m₁a + m₁n₂b + m₂n₁b+2m₂n₂c = 0,          (4)

am₁²  + bm₁m₂ + cm₂² + dm₁ + em₂ + f = 0.    (5)

Отже, постає питання про існування та знаходження розв’язків цієї системи рівнянь в цілих числах при умовах (3), (4), (5). Це і є загальна умова на існування цілих розв’язків виду (2) для рівняння (*).

Рівняння (3) пов’язує між собою у квадратичній залежності два невідомих  n₂ , n₁. До речі, взаємна заміна невідомих n₂  на  n₁ змінює рівняння (3).

Зрозуміло, що варто розглянути випадок системи, коли у рівняння (3) маємо тривіальний розв’язок (0; 0), тобто n₂  = 0,  n₁ = 0. Тоді  рівняння (5) визначає умови на цілі розв’язки рівняння (1), а саме можливе існування двох цілочисельних пар (х, у):

x₁ = {- (bg+  d) + [(b²  - 4ac)g²  + (2bd- 4ae)g + (d² - 4af)]^0,5 }(2а)^-1, 

у₁ = g.  

x₂ = {- (bq+  d) - [(b²  - 4ac)q²  + (2bd- 4ae)q + (d² - 4af)]^0,5 }(2а)^-1, 

у₂ = q.  

    

Рівняння (5) пов’язує між собою у квадратичній залежності два невідомих  m₂ , m₁.  Проте, якщо розглядати випадок системи, коли

f =0,

то існує тривіальний розв’язок рівняння (5), тобто m₂  = 0,  m₁ = 0.

Тоді  рівняння (3) визначає умови на цілі розв’язки рівняння (1), а саме за певних можливе існування двох цілочисельних пар (х, у):

х₃ = (-b - (b²  - 4ac)^0,5 )(2а)^-1) k

у₃ = k.      

х₄ = (-b + (b²  - 4ac)^0,5 )(2а)^-1) k

у₄ = k.      

З’ясуємо ці умови далі.

Рівняння (4) пов’язує між собою у квадратичній залежності чотири невідомих  m₂ , m₁, n₂ , n₁. Перетворимо це рівняння:

(2m₁a + m₂b )n₁+(2m₂c + m₁b)n₂  = 0,         

(2m₁a + m₂b )n₁ = -(2m₂c + m₁b)n₂ 

n₁: n₂ = -(2m₂c + m₁b):(2m₁a + m₂b )

далі буде показано, що

n₁: n₂ = (-b - (b²  - 4ac)^0,5 )(2а)^-1.

Для початку перетворимо нелінійне рівняння (3). Виразимо одне невідоме через інше. Розглянемо його, як квадратне рівняння відносно n₁:

аn₁ ²  + bn₂n₁ + cn₂² = 0.                  (6)

Постає питання існування невід’ємного дискримінанту, як точного цілого квадрату:

D = b²n₂²  - 4acn₂² = (b²  - 4ac)n₂ ².       (7)

Вважатимемо, що  (b²  - 4ac) = р² – цілий точний квадрат.   Тоді

 D^0,5 = n₂р                    

Тоді постає питання існування цілих коренів квадратного рівняння     (6):

 n₁₁ = (-bn₂ + n₂р)(2а)^-1 = n₂(-b + р)(2а)^-1,        (8)

n₁₂ = (-bn₂ - n₂р)(2а)^-1  = n₂ (-b - р)(2а)^-1.          (9)

Таким чином, якщо число

(b²  - 4ac) – це невід’ємний точний квадрат,        (10)

отримуємо пряму пропорційність із коефіцієнтом пропорційності:

-b - (b²  - 4ac)^0,5 )(2а)^-1

між числами n₂ , n₁.

І тільки  при умові, що

(-b - (b²  - 4ac)^0,5 )(2а)^-1)  – це ціле число          (11)

можна вести мову про подальше дослідження існування цілих розв’язків рівняння (1).

Перетворимо нелінійне рівняння (5). Виразимо одне невідоме через інше. Розглянемо його, як квадратне рівняння відносно m₁.

am₁²  +(bm₂ +  d)m₁ + (cm₂² + em₂ + f) = 0.                        (12)

Знову постає питання існування невід’ємного дискримінанту, як точного цілого квадрату:

D = (bm₂ +  d)²  - 4a(cm₂² + em₂ + f)=

=b²m₂² +2bm₂d + d²  - 4acm₂² - 4a em₂ - 4af =

=(b²  - 4ac)m₂²  + (2bd- 4ae)m₂ + (d² - 4af).                       (13)

Вважатимемо, що  

(b²  - 4ac)m₂²  + (2bd- 4ae)m₂ + (d² - 4af) = q² – цілий точний квадрат.   Тоді матиме місце для (13) рівність повного квадрату

(b²  - 4ac)m₂²  + (2bd- 4ae)m₂ + (d² - 4af)= (m₂ - h)².                   (14)

де h – деяке ціле число

 Ця умова (14)  виконується, якщо отримаємо нульовий дискримінант у лівому квадратному виразі відносно m₂, а саме виходимо на коефіцієнти рівняння (1) і це означає виконання умови:   

(2bd - 4ae)² - 4(b²  - 4ac)(d² - 4af) = 0.                     

Поділимо на 4 і отримаємо:

(bd - 2ae)² - (b²  - 4ac)(d² - 4af) = 0.                (15)

Таким чином, корені квадратного рівняння (12):

m₁₁  ={ - (bm₂ +  d) + [(b²  - 4ac)m₂²  + (2bd- 4ae)m₂ + (d² - 4af)]^0,5 }(2а)^-1,        (8)

m₁₂  ={ - (bm₂ +  d) - [(b²  - 4ac)m₂²  + (2bd- 4ae)m₂ + (d² - 4af)]^0,5 }(2а)^-1,        (9)

при умовах (13) – (15) можна записати ці корені у такому вигляді:

m₁₁  ={ - bm₂ – d + m₂ - h }(2а)^-1,        

m₁₂  ={ - (bm₂ +  d)  - (m₂ – h) }(2а)^-1,        

m₁₁  ={ (1- b)m₂  - (h  + d) }(2а)^-1,        (10)

m₁₂  ={ (-1- b)m₂  + (h  - d) }(2а)^-1,        (11)

Таким чином, якщо виконується умова (10), (11), (13), (15),

отримуємо лінійну залежність між  числами m₂ , m₁.

МОДУЛЬ 7.

УЗАГАЛЬНЕННЯ ТА СИСТЕМАТИЗАЦІЯ ЗНАНЬ ПРО ДІОФАНТОВІ РІВНЯННЯ  ДРУГОГО СТЕПЕНЯ З ДВОМА НЕВІДОМИМИ.

Нехай дана прямокутна система координат хОу з початком координат в точці О(0; 0). Точка М(х;у) – має координати, тобто х – це абсциса точки М, у – ордината точки М у прямокутній системі координат хОу. 

Означення. Поверхнею другого порядку в прямокутній системи координат хОу  називається геометричне місце точок М(х;у), які задовольняють рівнянню 

ax² + bxy + cy² +dx + ey + f = 0               (1)

де а²+ c² + b²≠ 0,  а, b, c, d,  e, f  – відомі дійсні числа,  х – це абсциса точки М, у – ордината точки М у прямокутній системі координат хОу. 

Основними лініями другого порядку є коло, еліпс, гіпербола і парабола.

Більшість типів ліній другого порядку відомі давно, їх досить добре вивчив Аполлоній. Він утворював основні типи ліній другого порядку, як плоскі перерізи кругового конуса, тому в математичній літературі лінії другого порядку відомі ще як конічні перерізи.

Лінії другого порядку зустрічаються в явищах навколишнього світу: по еліпсу рухаються планети Сонячної системи, по гіперболі або параболі – комети. Траєкторія руху тіла, кинутого під кутом до горизонту, є параболою; космічні кораблі, ракети, залежно від наданої їм швидкості, рухаються по колу, еліпсу, параболі чи гіперболі.

Можливо, статися так, що у прямокутній системі координат хОу для деякого рівняння (1) немає жодної  точки, що його задовольняє. Все-таки і про таке рівняння говорять, що воно є рівнянням поверхні другого порядку. Іноді таку поверхню називають уявною (або нульовою).  Наприклад, говорять, що рівняння

x²  + y² + 1= 0

є рівнянням уявного кола. Розуміється, що за такими словами не має певного геометричного змісту, поки ми розглядаємо дійсну прямокутну систему координат хОу. Проте аби не порушувати прийняту математичну термінологію  по формально-алгебраїчним узгодженням. Справа в тому, що предметом теорії поверхонь другого порядку по суті являються не стільки поверхні, скільки самі рівняння другого степеня з двома невідомими. В теорії цих рівнянь не варто виключати будь-які випадки із розгляду, по-перше, тому, що завчасно невідомо, чи визначає це рівняння яку-небудь не порожню множину точок чи не визначає. По-друге, навіть у випадках, коли воно визначає порожню множину, його ліва частина може мати деякий механічний або фізичний зміст.

В декартових координатах конічні перетини описуються загальним квадратним многочленом:

ax² + bxy + cy² + dx + ey + f = 0

Знак дискримінанта

d = b² – 4ac,

визначає вид конічного перетину.

Якщо d<0, то це еліпс, точка або порожня множина.

Якщо d=0, то це парабола, пряма або пари паралельних прямих.

Якщо d>0, то це гіпербола або пари прямих, що перетинаються.

Історія розвитку теорії конічних перерізів

Конічні перетини були відомі ще математикам Давньої Греції. Менехм займався в Академії Платона дослідженням конічних перетинів на прикладі макету конуса. Він з'ясував, що задачу про подвоєння куба можна звести до визначення точок перетину двох конічних перетинів. Евклідом було написано чотири книжки про конічні перетини, які, однак до наших часів не зберіглись. Найповнішим твором, присвяченим цим кривим, були «Конічні перетини» Аполлонія із Перги (приблизно 200 до н. е.). Представлення конічних перетинів у вигляді рівнянь належить Ферма та Декарту.