Сказки Шехерезады и уравнения Диофанта

А. В. Шатилова
Элективный курс
Сказки Шехерезады и уравнения Диофанта
Балашов 2009
Содержание
Введение………………………………………………………………………...3
Программа элективного курса «Сказки Шехерезады и уравнения Диофанта»………………………………………………………………………………6
Занятия элективного курса «Сказки Шехерезады и уравнения Диофанта» и их методическое обеспечение…………………………………………….11
Занятие 1 (вводное)………………………………………………………………………….11
Занятие 2. Решение диофантовых уравнений способом
перебора вариантов…………………………………………………………….18
Занятие 3. Решение диофантовых уравнений
с использованием алгоритма Евклида………………………………………….23
Занятие 4. Решение диофантовых уравнений
с использованием алгоритма Евклида (занятие-практикум)………………….29
Занятие 5. Решение диофантовых уравнений
с использованием цепной дроби……………………………………………….32
Занятие 6. Решение диофантовых уравнений
с использованием цепной дроби (занятие-практикум)……………………….37
Занятие 7. Метод рассеивания (измельчения) в решении
диофантовых уравнений………………………………………………………..40
Занятие 8. Решение диофантовых уравнений разными способами
(Урок одной задачи)…………………………………………………………….45
Занятие 9. Диофантовы уравнения и великие теоремы
(семинарское занятие)…………………………………………………………..49
Занятие 10–11. Решение задач с использованием различных
диофантовых уравнений или их систем……………………………………….55
Занятие 12. Ученые-математики, внесшие свой вклад в развитие
теории диофантовых уравнений (семинарское занятие)……………………59
Подведение итогов курса................................................................................60
Библиографический список…………………………………………………62
Приложения………………………………………………………………….65
2
Введение
Реализация идеи профильного обучения как обязательного на старшей ступени общего образования ставит выпускника основной школы перед необходимостью совершения ответственного выбора профилирующего направления
собственной деятельности.
Необходимым условием, способствующим само-
определению подростка, является введение в основной школе предпрофильной
подготовки через организацию курсов по выбору (элективных курсов). Для
проведения занятий курсов по выбору рекомендуется использовать часы регионального (национально-регионального) компонента и компонента образовательного учреждения, выделенные в Федеральном базисном учебном плане для
V-IX классов образовательных учреждений Российской Федерации.
Элективные курсы должны помочь ученику оценить свой потенциал с точки зрения образовательной перспективы, познакомить ученика со спецификой
видов деятельности, которые будут для него ведущими, если он выберет тот
или иной профиль, обеспечить расширение и/или углубление какого-либо базового курса. Решению поставленных задач способствуют элективные курсы
различных видов: пробные, ориентационные, углубляющие, коррекционные,
общекультурные и др. Данную классификацию элективных курсов предлагает
А. Г. Каспржак [11]. Для усиления профориентационной работы с учащимися 9
классов целесообразно использовать пробные, ориентационные и углубляющие
элективные курсы. Посещение занятий этих курсов позволит школьникам осознанно подойти к выбору как профиля обучения на старшей ступени, так и
сферы профессиональной деятельности в дальнейшем.
Пробные элективные курсы создают условия для того, чтобы помочь ученику, совершившему в первом приближении выбор образовательной области
для более тщательного изучения, увидеть многообразие видов деятельности, с
ней связанных. Содержание и способы работы на занятиях по этим курсам может более напоминать работу творческого кружка. Как отмечает А. Г. Каспржак
в своей работе [11] «программы этих курсов должны иметь больше свободы,
учитель должен будет менять программу (каждый урок), реагируя на интерес
3
данной группы учеников, каждого в отдельности. Написал ученик удачное эссе,
сочинил стихотворение, принес в класс модель вечного двигателя – и учитель
обязан остановиться, выслушать, обсудить».
Ориентационные курсы могут быть решены как коллективное выполнение проекта, которое интегрирует, во-первых, несколько видов деятельности, а
во-вторых – содержание нескольких наук. Преимущество такого подхода очевидно: и результат деятельности учеников “ощутим”, и условия, при которых
каждый школьник может “найти своё место”, создаются, и время экономится.
Повторим ещё раз: создание пространства «учебная жизнь», которое поможет
ученику в процессе самоопределения относительно профиля дальнейшего обучения и/или профессиональной деятельности, — основная задача предпрофильной подготовки.
Вместе с тем, если школа является математической или ориентируется на
профильное изучение предмета в 10-11 классах, то, целесообразно, чтобы в её
учебном плане присутствовали и «углубляющие» курсы. Элективные курсы
этого вида вероятнее всего могут использоваться на прохождение дополнительных разделов учебного предмета. То есть на элективных курсах данного
вида будет решаться задача углубления, расширения знания учебного предмета.
Выбирая подобный курс, руководству школы, учителю следует оценить реально свои силы, уровень подготовки школьников. Завышение “планки” может
привести к прямо противоположенному эффекту относительно запланированного. Элективные углубляющие курсы ориентированы, прежде всего, на формирование практических умений у учащихся. Это означает, что основными
учебными материалами на углубляющих элективных курсах по математике
станут сборники задач. Такие элективные курсы должны быть согласованы по
времени с изучением программного материала по учебному предмету. На этапе
предпрофильной подготовки углубляющие курсы не должны иметь длительный
характер, в основном такой курс может быть рассчитан на 10 – 12 часов. Это
связано с тем, что этот курс можно было бы реализовать как в первом, так и во
4
втором полугодии учебного года, обеспечив тем самым большему количеству
учащихся возможность выбрать данный элективный курс.
Обратим внимание на то, что выше приведённое деление элективных курсов на виды неполно и весьма условно. По большому счету, и те и другие курсы
ориентированы на создание условий, которые должны позволить ученику
успешно завершить программу основной ступени образования, «состояться» на
следующей ступени обучения. Внедрение элективных курсов призвано удовлетворить образовательный запрос (интересы, склонности) ученика (его семьи).
Отсюда — многообразие видов элективных курсов.
Для учителя математики одной из важных задач в процессе обучения является работа по подготовке достаточного числа девятиклассников, которые выбрали бы для себя изучение математики на профильном уровне в 10 – 11 классах. В связи с этим, как при изучении общеобразовательного курса, так и в процессе проведения занятий курса по выбору, необходимо уделять серьезное
внимание формированию интереса учащихся к предмету математики, демонстрируя ее разнообразные приложения и убеждая школьников в необходимости
знания математики для решения задач в различных научно-производственных
сферах, и в жизни человека. Привлечению школьников, как правило, способствует и необычное название элективного курса, суть которого будет затем раскрываться на занятиях.
В данной работе рассматривается содержание углубляющего элективного
курса «Сказки Шехерезады и уравнения Диофанта» и его методическое обеспечение. Кто такой Диофант? Почему именно решение диофантовых уравнений
взято в качестве основы данного элективного курса? Как лучше организовать
занятия курса по выбору? Об этом и пойдет речь в представленном элективном
курсе.
5
Программа элективного курса
«Сказки Шехерезады и уравнения Диофанта»
Пояснительная записка
Общая характеристика курса. Предлагаемый курс органически вписывается в систему предпрофильной подготовки учащихся в соответствии с принципами личностно-ориентированного образования. Курс «Сказки Шехерезады
и уравнения Диофанта» является одним из альтернативных курсов, предлагаемых учащимся 9 класса. В содержании курса освящаются вопросы, связанные с
проблемой решения неопределенных уравнений первой степени в целых (натуральных) числах, с рассмотрением данных уравнений в качестве математических моделей реальных задачных ситуаций, позволяющих продемонстрировать
интересные приложения математических методов.
Работа с учащимися на занятиях данного курса опирается на базовый уровень знаний и умений по теме «Линейные уравнения с двумя переменными и их
системы», а также на умения учащихся выполнять операции над числами различной природы, особое внимание уделяется использованию знаний, связанных
с вопросами делимости во множестве целых чисел.
В базовом школьном курсе при изучении линейного уравнения с двумя переменными рассматриваются только самые общие вопросы: определение линейного уравнения с двумя переменными, определение решения данного уравнения,
равносильность уравнений с двумя переменными, график линейного уравнения.
Вопрос о нахождении целых (натуральных) решений линейного уравнения с
двумя переменными, о возможных методах его решения остается за рамками
школьного учебника. Однако многие практические задачи сводятся к решению
линейного уравнения с двумя переменными, эти задачи часто встречаются в вариантах математических олимпиад, конкурсах по решению задач. Знание общих методов решения таких уравнений, названных в математике – диофантовыми, существенно расширяет математический арсенал учащихся, позволяет им
6
осознать необходимость изучения математики, способствует повышению интереса к предмету «математика», а как следствие ориентирует их на выбор математического (естественно-научного)
профиля в старших классах средней
школы.
Классы: 8 - 9
Тип элективного курса: углубляющий курс, имеющий временное согласование с учебным предметом
Количество часов: 12 (в неделю – 1 час)
Образовательная область: математика
Цель изучения курса: углубление и расширение знаний по математике, развитие логического мышления, формирование познавательного интереса к
предмету, ориентация учащихся на выбор математического (естественно научного) профиля обучения в старших классах.
Основные задачи курса:
– познакомить учащихся с понятием диофантова уравнения, историей его
появления в математической науке;
– научить решать диофантовы уравнения первой степени с двумя переменными различными способами;
– научить решать текстовые задачи, описывающие различные практические ситуации, математической моделью которых являются диофантовы уравнения первой степени с двумя переменными или их системы;
– расширить представления учащихся в области истории математики;
–
продемонстрировать значимость математических методов в решении
разнообразных задач науки и практики.
Организация изучения курса. Целесообразно включать предлагаемый элективный курс в учебный процесс после изучения необходимого материала в базовом курсе. В целях проведения профессиональной ориентации школьников,
наиболее удачным будет постановка этого курса в 9 классе.
Основные организационные формы реализации предлагаемой программы –
лекционные, практические и семинарские занятия. Методы обучения, применя7
емые в процессе проведения занятий – школьная лекция, рассказ, беседа, метод
упражнений и др. Формы обучения имеют как фронтальный, так и групповой,
и индивидуальный характер. В ходе изучения курса используются и современные информационные технологии. Учащимся предлагается
тематика учебно-
исследовательских заданий, результаты выполнения которых,
школьники
представляют в форме доклада (реферата), сопровождая свое выступление на
семинарских занятиях презентацией, подготовленной авторами в программе
Power Point.
Планируемые результаты:
– выбор учащимися математического (естественно-научного) профиля на
старшей ступени средней школы;
– овладение математическими знаниями и умениями, необходимыми для
решения диофантовых уравнений первой степени с двумя переменными, для
изучения естественнонаучных дисциплин в классах соответствующего профиля;
– развитие логического мышления, алгоритмической культуры, интуиции,
необходимых для продолжения образования и для самостоятельной деятельности в области математики и ее приложений в будущей профессиональной деятельности;
– формирование навыков самообразования, критического мышления, самоорганизации и самоконтроля, работы в команде, умения ставить, формулировать и решать проблемы.
Система оценки достижений учащихся. В технологии проведения занятий
присутствуют элементы перекрестной и самопроверки, что позволяет учащимся
самим проверить, как усвоен ими изученный материал. Форма итогового контроля – командные соревнования, на которых для выполнения заданий учащимся требуются знания и умения, формируемые в ходе изучения элективного
курса «Сказки Шехерезады и уравнения Диофанта». Также оценивается и самостоятельно подготовленный школьниками образовательный продукт в форме
доклада (реферата) и компьютерной презентации.
8
Содержание элективного курса
«Сказки Шехерезады и уравнения Диофанта»
1.
Введение. Цели и задачи курса, его организация. Диофант и его
уравнения (исторический экскурс).
2.
Решение диофантовых уравнений способом перебора вариантов.
Актуализация знаний по теме «Линейное уравнение с двумя переменными» (определение уравнения, решения уравнения, график
уравнения). Определение диофантова уравнения первой степени с
двумя неизвестными. Способ перебора вариантов – метод решения
диофантовых уравнений. Решение текстовых задач.
3.
Решение диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида. Актуализация знаний по теме «Наибольший делитель двух
чисел. Алгоритм Евклида». Вывод формул для целых решений
диофантова уравнения первой степени с двумя переменными на основе применения алгоритма Евклида. Решение уравнений с использованием алгоритма Евклида. Решение текстовых задач.
4.
Решение диофантовых уравнений с использованием цепной дроби.
Введение понятия цепной дроби. Алгоритм получения цепной дроби. Формулы целых решений диофантова уравнения первой степени с двумя переменными на основе применения цепных дробей.
Решение уравнений с использованием цепной дроби. Решение текстовых задач.
5.
Метод рассеивания (измельчения) в решении диофантовых уравнений. Алгоритм решения диофантова уравнения методом измельчения коэффициентов. Решение уравнений. Решение текстовых задач.
6.
Диофантовы уравнения и великие теоремы. Теорема Пифагора.
Теорема Ферма.
7.
Решение задач, сводимых к диофантовым уравнениям или их системам. Решение диофантовых уравнений и их систем с использованием других приемов и методов.
9
8.
Ученые - математики, внесшие свой вклад в теорию диофантовых
уравнений: П. Ферма, Л. Эйлер, Ж. Лагранж, К. Гаусс, Д. Гильберт
и др.
Тематический план элективного курса
«Сказки Шехерезады и уравнения Диофанта»
№
п/п
Тема занятия
Количество
часов
1
Вводное занятие
1
2
Решение диофантовых уравнений способом перебора
вариантов
Решение диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида
Решение диофантовых уравнений с использованием
цепной дроби
Метод рассеивания (измельчения) в решении диофантовых уравнений
Решение диофантовых уравнений различными способами
1
3–4
5–6
7
8
2
2
1
1
Урок одной задачи (обобщающее занятие)
9
Диофантовы уравнения и великие теоремы
1
10-
Решение задач, с использованием различных диофантовых уравнений или их систем
2
Ученые – математики, внесшие свой вклад в развитие
теории диофантовых уравнений
1
11
12
Итого:
12
10
Занятия элективного курса
«Сказки Шехерезады и уравнения Диофанта»
и их методическое обеспечение
Занятие №1
Вводное занятие
План занятия
1.
Цели и задачи элективного курса «Диофантовы уравнения». Организация занятий курса.
2.
Диофант и его уравнения (исторический экскурс).
3.
Распределение заданий к семинарским занятиям для групповой и
индивидуальной работы учащихся.
Оборудование. Портрет Диофанта, плакаты (слайды) с текстом надписи на
гробнице Диофанта (компьютерная презентация, иллюстрирующая рассказ
учителя о Диофанте и его уравнениях).
Ход занятия
1. Вступительное слово учителя
На первом вводном занятии слушателям сообщаются цели проведения
данного элективного курса, обращается внимание на необходимость выбора
учащимися профиля класса на старшей ступени, задается ориентация на математический (естественнонаучный) профиль, подчеркивается значимость математических методов для решения различных задач, отражающих реальные ситуации.
Раскрывая суть названия курса, первое занятие, следует начать с задачи
«о сказках Шехерезады»:
Шехерезада рассказывает свои сказки великому правителю. Всего она
должна рассказать 1001 сказку. Сколько ночей потребуется Шехерезаде, чтобы
рассказать все свои сказки, если x ночей она будет рассказывать по 3 сказки, а
11
остальные сказки по 5 за у ночей (Сюжет был предложен Б. А. Кордемским в
статье
«Этому виду задач более 1600 лет» в журнале «Квант» [13]).
Сказочнице, очевидно, потребуется x+ у ночей, где x и у – натуральные
корни уравнения 3х+5у=1001, которое и называют диофантовым уравнением в
честь знаменитого математика II – III веков н. э. Диофанта. Обращаем внимание, что изучение различных способов решения таких уравнений и будет находиться в центре внимания на занятиях элективного курса. Предложить учащимся, в качестве домашнего задания, найти хотя бы одно решение данного уравнения. Как правило, учащиеся выполняют это задание подбором корней или с
использованием способа переборов возможных вариантов, который и будет
рассматриваться на занятии №2. В связи с этим к решению задачи имеет смысл
вернуться на этом занятии.
2. Рассказ учителя об известном ученом – математике Диофанте и его
уравнениях
Диофант и его уравнения
В наши дни каждый, кто занимался математикой как профессионал или как
любитель, слышал о диофантовых уравнениях и даже о диофантовом анализе.
За последние 15–20 лет эта область сделалась «модной» благодаря своей близости к алгебраической геометрии — властительнице дум современных математиков. Между тем, о том, кто дал имя неопределённому анализу, о самом Диофанте, одном из наиболее интересных учёных античности, почти ничего не написано. О его работах даже историки науки имеют самое превратное представление.
Большинство из них считает, что Диофант занимался решением отдельных задач, равносильных неопределённым уравнениям, применяя для этого хитроумные, но частные методы.
Между тем простой разбор задач Диофанта показывает, что он не только
обозначил проблему решения неопределённых уравнений в р а ц и о н а л ь н ы х ч и с л а х , но и дал некоторые общие методы их решения.
12
Большинство из нас составляет впечатление об античной математике по
«Началам» Евклида, сочинениям Архимеда и Аполлония. Диофант открывает
нам мир арифметики и алгебры, не менее богатый и красочный.
Диофант представляет одну из наиболее трудных загадок в истории науки.
Нам не известны ни время, когда он жил, ни предшественники его, которые работали бы в той же области. Труды его подобны сверкающему огню среди полной непроницаемой тьмы.
Промежуток времени, когда мог жить Диофант, составляет полтысячелетия!
Нижняя грань этого промежутка определяется без труда: в своей книге о многоугольных числах Диофант неоднократно упоминает математика Гипсикла Александрийского, который жил в середине II века до н. э. С другой стороны, в комментариях Теона Александрийского к «Альмагесту» знаменитого астронома
Птолемея помещён отрывок из сочинения Диофанта. Теон жил в середине
IV века н. э. Этим определяется верхняя грань этого промежутка. Итак, 500 лет!
Французский историк науки Поль Таннери, издатель наиболее полного текста Диофанта, попытался сузить этот промежуток. В библиотеке Эскуриала он
нашёл отрывки из письма Михаила Пселла, византийского учёного XI века, где
говорится, что «учёнейший Анатолий, после того как собрал наиболее существенные части этой науки (речь идёт о введении степеней неизвестного и об их
обозначениях), посвятил их своему другу Диофанту». Анатолий Александрийский действительно составил «Введение в арифметику», отрывки из которой
приводят в дошедших до нас сочинениях Ямблих и Евсевий. Но Анатолий жил в
Александрии в середине III века н. э. и даже более точно — до 270 года, когда
он стал епископом Лаодакийским. Значит, его дружба с Диофантом, которого
все называют Александрийским, должна была иметь место до этого. Итак, если
знаменитый александрийский математик и друг Анатолия по имени Диофант
составляют одно лицо, то время жизни Диофанта — середина III века н. э.
Сама же «Арифметика» Диофанта посвящена «достопочтенному Дионисию»,
который, как видно из текста его «Введения», интересовался арифметикой и её
13
преподаванием. Хотя имя Дионисий было в то время довольно распространённым, Таннери предположил, что «достопочтенного» Дионисия следует искать
среди известных людей эпохи, занимавших видные посты. И вот оказалось, что
в 247 году епископом Александрии стал некий Дионисий, который с 231 года
руководил христианской гимназией города! Поэтому Таннери отождествил этого Дионисия с тем, которому посвятил свой труд Диофант, и пришёл к выводу,
что Диофант жил в середине III века н. э. Мы можем, за неимением лучшего,
принять эту дату.
Зато место жительства Диофанта хорошо известно — это знаменитая Александрия, центр научной мысли эллинистического мира.
После распада огромной империи Александра Македонского Египет в конце
IV века до н. э. достался его полководцу Птолемею Лагу, который перенёс столицу в новый город — Александрию. Вскоре этот многоязыкий торговый город
сделался одним из прекраснейших городов древности. Размерами его превзошёл
впоследствии Рим, но долгое время ему не было равного. И вот именно этот город стал на многие века научным и культурным центром древнего мира. Это
было связано с тем, что Птолемей Лаг основал Музейон, храм Муз, нечто вроде
первой Академии наук, куда приглашались наиболее крупные учёные, причём
им назначалось содержание, так что основным делом их были размышления и
беседы с учениками. При Музейоне была построена знаменитая библиотека, которая в лучшие свои дни насчитывала более 700 000 рукописей. Неудивительно,
что учёные и жаждущие знаний юноши со всего мира устремились в Александрию, чтобы послушать знаменитых философов, поучиться астрономии и математике, иметь возможность в прохладных залах библиотеки углубиться в изучение уникальных рукописей.
Музейон пережил династию Птолемеев. В первые века до н.э. он пришёл во
временный упадок, связанный с общим упадком дома Птолемеев в связи с римскими завоеваниями (Александрия была окончательно завоевана в 31 году
до н. э.), но затем в первые века н. э. он снова возродился, поддерживаемый уже
14
римскими императорами. Александрия продолжала оставаться научным центром мира. Рим никогда не был в этом отношении её соперником: римской
науки (мы имеем в виду естественные науки) просто не существовало, и римляне оставались верными заветам Вергилия, писавшего:
Тоньше другие ковать будут жизнью дышащую бронзу, —
Верю тому, — создадут из мрамора лики живые,
Красноречивее будут в судах, движения неба
Тростью начертят своей и вычислят звёзд восхожденья,
Ты же, римлянин, знай, как надо народами править.
И если в III–II веках до н. э. Музейон блистал именами Евклида, Аполлония,
Эратосфена, Гиппарха, то в I–III веках н. э. здесь работали такие учёные как Герон, Птолемей и Диофант.
Чтобы исчерпать всё известное о личности Диофанта, приведём дошедшее до
нас стихотворение-загадку:
Прах Диофанта гробница покоит; дивись ей — и камень
Мудрым искусством его скажет усопшего век.
Волей богов шестую часть жизни он прожил ребёнком
И половину шестой встретил с пушком на щеках.
Только минула седьмая, с подругою он обручился.
С нею пять лет проведя сына дождался мудрец;
Только полжизни отцовской возлюбленный сын его прожил.
Отнят он был у отца ранней могилой своей.
Дважды два года родитель оплакивал тяжкое горе,
Тут и увидел предел жизни печальной своей.
Примечание. Существуют различные интерпретации данной задачи. Приведем еще один перевод стихотворения о жизни Диофанта.
Путник. Здесь прах погребен Диофанта.
И числа поведать могут, о чудо, сколь долог был век его
жизни.
Часть шестую его представляло прекрасное детство.
Двенадцатая часть протекла еще жизни – покрылся
пухом тогда подбородок.
Седьмую в бездетном браке провел Диофант.
Прошло пятилетие; он был осчастливлен рождением
первенца сына.
Коему рок половину лишь жизни прекрасной и светлой дал на земле по сравненью с отцом.
И в печали глубокой старец земного удела конец
воспринял, переживши четыре года с тех пор, как сына лишился.
15
Скажи, сколько лет жизни достигнув,
смерть воспринял Диофант.
Решение задачи сводится к решению уравнения первой степени с одним
неизвестным.
Пусть х – количество лет, прожитых Диофантом, тогда х/6 лет – он прожил
ребенком, а х/12 лет – он прожил до появления пуха на его подбородке, х/7 лет
– Диофант провел в бездетном браке, спустя 5 лет у него родился сын, который
прожил х/2 лет.
Отец пережил сына на 4 года. Составим и решим уравнение.
х = х/6+х/12+х/7+5+х/2+4
В результате решения получаем, что Диофант женился в 33 года, стал отцом на 38-ом году, потерял сына на 80-ом году и умер в 84года.
Однако для этого вовсе не нужно владеть искусством Диофанта! Достаточно
уметь решать уравнение 1-й степени с одним неизвестным, а это умели делать
египетские писцы ещё за 2 тысячи лет до н. э.
Но наиболее загадочным представляется творчество Диофанта. До нас дошло
шесть книг из 13, которые были объединены в «Арифметику». Стиль и содержание этих книг резко отличаются от классических античных сочинений по теории чисел и алгебре, образцы которых мы знаем по «Началам» Евклида, его
«Данным», леммам из сочинений Архимеда и Аполлония. «Арифметика», несомненно, явилась результатом многочисленных исследований, которые остались
нам совершенно не известны. Мы можем только гадать о её корнях и изумляться
богатству и красоте её методов и результатов.
«Арифметика» Диофанта — это сборник задач (их всего 189), каждая из которых снабжена решением (или несколькими способами решения) и необходимыми пояснениями. Поэтому с первого взгляда кажется, что она не является
теоретическим произведением. Однако при внимательном чтении видно, что задачи тщательно подобраны и служат для иллюстрации вполне определённых,
строго продуманных методов. Как это было принято в древности, методы не
формулируются в общем виде, а повторяются для решения однотипных задач.
16
В своей арифметике Диофант рассматривает целые и дробные числа и различные их степени от второй до шестой, далее которой он не идет. Представленные в сочинении задачи, частью относятся к неопределенному анализу, частью же приводятся к решению определенных систем уравнений первой или
второй степени. Для примера укажем на следующие две задачи:
1) представить квадрат данного числа в виде суммы двух квадратов;
2) найти два числа по данной их сумме и данному произведению.
Алгебраические уравнения с целыми коэффициентами, решаемые во множестве целых (реже рациональных) чисел, вошли в историю математики как
диофантовы. Наиболее интересными являются неопределенные уравнения или
их системы, т. е. такие, в которых количество переменных больше числа уравнений. Наиболее изучены диофантовы уравнения 1 и 2 степени. В содержание
нашего элективного курса включены задачи, которые сводятся к решению
уравнения первой степени с двумя неизвестными
ах  by  c
(1)
Существует несколько способов решения уравнения (1). Мы рассмотрим их
на следующих занятиях.
Отметим, что в первый раз сочинения Диофанта были изданы в латинском
переводе, в 1575 г. (Xylander, "Diophanti Alexandrini Rerum Arithmeticarum Libri
sex"); затем в 1621 г. Bachet de Méziriac издал греческий текст Диофанта с переводом на латинский язык и собственными примечаниями; тот же перевод был
переиздан в 1670 г. с замечательными примечаниями Ферма; кроме того, имеются переводы на французский (Stevin et Girard, Пар., 1625) и немецкий (Otto
Schulz, Берл., 1822).
3. Распределение заданий для подготовки к семинару проводится в соответствии с Приложением 2. Учащимся предлагается как групповая форма для
подготовки заданий, так и по желанию учащихся – индивидуальная. Учитель
17
раздает карточки с заданиями, в которых указана тема, список литературы,
предлагается для поиска тематической информации использовать и ресурсы сети Интернет.
Обращается внимание, что задание может быть выполнено в
форме презентации или реферата. Учитель определяет дату выступления учащихся на занятии, график консультаций.
Занятие №2
Решение диофантовых уравнений способом перебора вариантов
План занятия
1.
Актуализация знаний учащихся по теме «Линейное уравнение с
двумя переменными».
2.
Изучение нового материала. Определение диофантова уравнения,
диофантова уравнения первой степени с двумя переменными. Способ перебора вариантов как один из методов нахождения целых
(натуральных) решений диофантовых уравнений.
3.
Решение задач способом перебора вариантов.
4.
Постановка домашнего задания.
Оборудование. Кодоскоп, слайды с заданиями, карточки с заданиями.
Ход занятия
1. Актуализация знаний.
Рассмотрим задачу.
В клетке находится x фазанов и у кроликов. Сколько в клетке фазанов и
кроликов, если общее количество ног равно 62.
Общее число ног можно записать с помощью уравнения 2х+4у=62 (*)
Это равенство, которое мы составили по условию задачи, как вы знаете,
называют уравнением с двумя переменными. Более того, данное уравнение мы
называли линейным уравнением. Линейные уравнения играют важную роль при
18
решении различных задач. Напомним основные положения, связанные с этим
понятием.
Определение. Линейным уравнением с двумя переменными называется
уравнение вида ax+by=c, где x и у – переменные, а, b и с – некоторые числа.
Однозначно определить из уравнения (*) значения x и y нельзя. Даже если
ограничиться только натуральными значениями переменных, здесь могут быть
такие случаи: 1 и 15, 3 и 14, 5 и 13 и т. д.
Определение. Пара чисел (a, b) называется решением уравнения с двумя
переменными, если при замене x на а и y на b получаем истинное равенство.
Каждому уравнению с двумя переменными соответствует множество его
решений, т. е. множество, состоящее из всех пар чисел (a, b), при подстановке
которых в уравнение получается истинное равенство. При этом, конечно, если
заранее указаны множества Х и Y, которые могут принимать неизвестные x и у,
то надо брать лишь такие пары (a, b), для которых а принадлежит Х и b принадлежит Y.
Пару чисел (a, b) можно изобразить на плоскости точкой М, имеющей координаты а и в, М= М (a, b). Рассматривая изображения всех точек множества
решений уравнения с двумя неизвестными, получим некоторое подмножество
плоскости. Его называют графиком уравнения.
Можно доказать, что графиком линейного уравнения с двумя переменными,
в котором хотя бы один из коэффициентов не равен нулю, является прямая
линия. Для построения графика этого уравнения достаточно взять две точки с
координатами и провести через них прямую.
Два уравнения с двумя переменными, имеющие одни и те же решения
называются равносильными.
Например, равносильны уравнения х+2у=5 и 3х+6у=15 – любая пара чисел, удовлетворяющая одному из этих уравнений, удовлетворяет и второму.
Уравнения с двумя переменными обладают такими же свойствами, как и
уравнения с одной переменной:
19
1) если в уравнении перенести слагаемое из одной части в другую, изменив
его знак, то получится уравнение, равносильное данному;
2) если обе части уравнения умножить или разделить на одно и то же
отличное от нуля число, то получится уравнение, равносильное данному.
С помощью линейных уравнений с двумя переменными можно решать различные текстовые задачи, которые сводятся обычно к нахождению целых
(натуральных) решений уравнения, причем часто коэффициенты при переменных в этих уравнениях являются целыми числами.
2. Изучение нового материала
Алгебраические уравнения с целыми коэффициентами, решаемые во множестве целых (реже рациональных) чисел, вошли в историю математики как
диофантовы. Учитель обращает внимание на то, что, решая различные текстовые задачи, мы часто сводим их к решению некоторого уравнения или системы
уравнений. При этом стремимся составить по условиям задачи столько независимых уравнений, сколько имеется неизвестных. Но бывают и такие задачи, для
которых это сделать невозможно: число независимых уравнений, которые можно составить по условию задачи, меньше числа неизвестных. Однако
может
случиться, что условие задачи накладывает какие-то другие дополнительные
ограничения на неизвестные, которые вместе с полученными уравнениями позволяют найти значения неизвестных, например, из условия может быть ясно,
что
искомые
числа
–
целые
или
натуральные,
или,
заключенные в заданных пределах. Как, например, в задаче про кроликов и
фазанов.
Таким образом,
учитель подводит учащихся к определению диофан-
товых уравнений вообще и диофантовых уравнений 1-ой степени с двумя переменными в частности. Обращается внимание учащихся на тот факт, что
фактически данное уравнение является линейным уравнением с двумя переменными, с которым они знакомились в курсе алгебры.
20
Мы будем рассматривать задачи, которые сводятся к решению диофантова
уравнения первой степени с двумя неизвестными: ах  by  c (1), где a, b, c –
целые коэффициенты.
Существует несколько способов решения уравнения (1). На этом занятии
рассмотрим способ перебора вариантов.
Рассматривая способ перебора вариантов, необходимо учитывать количество возможных решений уравнения. Целесообразно использовать задачи, у
которых количество решений не превышает 5. Например, этот способ можно применить, решая следующую задачу (№546) [9].
№546 [9].
Андрей работает летом в кафе. За каждый час ему платят 10 р. И высчитывают 2 р. за каждую разбитую тарелку. На прошедшей неделе он заработал 180
р. Определите, сколько часов он работал и сколько разбил тарелок, если известно, что он работает не более 3 ч в день.
Решение.
Пусть x часов он всего работал в неделю, тогда 10х р. ему заплатили, но он
разбил у тарелок, и с него вычли 2у р. Имеем уравнение 10х – 2у =180, причем x
меньше или равен 21. Получим: 5х-у=90, 5х=90+у, х=18+у:5.
Так как x целое число, то у должно нацело делится на 5, чтобы в правой части получилось целое число. Возможны четыре случаи:
1) у=0, х=18, т. е. решением является пара – (18, 0);
2) у=5, х=19, (19, 5);
3) у=10, х=20, (20, 10);
4) у=15, х=21, (21, 15).
3. Решение задач.
Для решения на занятии можно предложить задачи № 1(а), 2, 5 из Приложения 1. Приведем решение задачи №5.
21
Задача №5. Из двухрублевых и пятирублевых монет составлена сумма в 23
рубля. Сколько среди этих монет двухрублевых?
Решение.
Пусть x – количество двухрублевых монет, у – количество пятирублевых
монет.
Составим
и
решим
уравнение:
2х+5у=23;
2х=23–5у;
x = (23 – 5у):2; x =(22+1 – 5у):2, почленно поделим 22 на 2 и (1 – 5у) на 2, получим: x = 11 + (1 – 5у):2.
Так как x и y натуральные числа по условию задачи, то левая часть уравнения есть натуральное число, значит, и правая часть должна быть натуральным
числом. К тому же, чтобы получить в правой части число натуральное, нужно
чтобы выражение (1 – 5у) нацело делилось на 2. Осуществим перебор вариантов.
1) y=1, х=9, то есть двухрублевых монет может быть 9;
2) у=2, при этом выражение (1 – 5у) не делится нацело на 2;
3) у=3, х=4, то есть двухрублевых монет может быть 4;
4) при у больше или равном 4 значение x не является числом натуральным.
Таким образом, ответ в задаче следующий: среди монет 9 или 4 двухрублевых.
В заключение занятия нужно вернуться к решению задачи «о сказках Шехерезады» (смотри занятие №1), которую учащимся предлагалось решить дома, обсудить какие и сколько решений получили учащиеся.
Решение.
Для решения задачи нужно решить диофантово уравнение 3х+5у=1001, где
x и у – натуральные корни.
Решим это уравнение способом перебора вариантов.
x = (1001 – 5у):3; так как x – натуральное число, то и в правой части равенства также должно быть натуральное число, а значит выражение (1001 – 5у)
должно нацело делиться на 3.
Осуществим перебор вариантов.
22
у=1, 1001 – 5у=1001-5= 996, 996 делится на 3, следовательно, х=332; решение
(332;1);
у=2, 1001– 10=991, 991 не делится на 3;
у=3, 1001 – 15 = 986; 986 не делится на3;
у =4, 1001 – 20 = 981, 981 делится на 3, следовательно, x = 327, решение
(327;4) и т. д.
Замечание. В данной задаче решением является 67 пар возможных корней, поэтому, в ходе обсуждения можно выполнить несколько переборов вариантов. Подчеркнуть, что, способ перебора вариантов не совсем эффективен для
решения данной задачи, так как для нахождения всех решений уравнения требуются значительные временные затраты. Все вышесказанное определяет актуальность рассмотрения общих способов решения диофантовых уравнений первой степени, которые станут предметом изучения на следующих занятиях.
4. Домашнее задание (в домашнее задание включаются упражнения, аналогичные, разобранным заданиям в классе).
1)
Выучить определение диофантова уравнения первой степени, повторить основные сведения по теме «Линейные уравнения с двумя
переменными», знать суть способа перебора вариантов для решения диофантовых уравнений.
2)
Решить № 1(б), 3, 4 из Приложения 1.
3)
Составить сюжетную задачу, математической моделью которой
является уравнение из №1 (б).
Занятие № 3
Решение диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида
План занятия совпадает с планом школьной лекции на указанную тему.
План лекции
1.
Применение алгоритма Евклида для нахождения наибольшего общего делителя двух чисел (повторение).
23
2.
Вывод формул для решения диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида.
3.
Примеры решения диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида.
Оборудование: конспект – заготовка лекции на доске и индивидуальные заготовки для каждого ученика (Приложение 4).
Ход занятия
1.
Применение алгоритма Евклида для нахождения наибольшего
общего делителя двух чисел (повторение).
Существует довольно простой прием, позволяющий находить наибольший
делитель двух натуральных чисел. Этот прием называется алгоритмом Евклида.
Вы с ним познакомились еще при изучении курса математики в 5 – 6 классах.
Евклид, великий ученый, живший около 2000 лет назад, занимался не только
геометрией, которая носит его имя. Ему принадлежит решение ряда важных задач арифметики и, в частности, тот способ нахождения наибольшего общего
делителя, который мы сегодня будем использовать при изучении нового материала. А сейчас повторим суть алгоритма Евклида.
Чтобы найти наибольший общий делитель двух чисел:
1) надо большее из двух чисел разделить на меньшее;
2) потом меньшее из чисел на остаток при первом делении;
3) затем остаток при первом делении на остаток при втором делении и вести этот процесс до тех пор, пока не произойдет деление без остатка. Последний отличный от нуля остаток и есть искомый НОД двух данных чисел
Рассмотрим пример. Найти НОД (645; 381).
Решение.
Разделим с остатком 645 на 381. Мы получим: 645=381·1+264.
Далее разделим с остатком 381 на 264, получим: 381=264·1+117.
Теперь разделим с остатком 264 на 117, получим: 264=117·2+30.
24
Продолжим процесс деления, разделим с остатком 117 на 30, получим:
117=30·3+27. Далее, 30=27·1+3. Следующий шаг – делим 27 на 3, получаем, что
27=3·9 +0, т. е. 27 делится на 3 без остатка. Значит, наибольший общий делитель чисел 27 и 3 равен 3, следовательно, и наибольший общий делитель чисел
645 и 381 равен 3, т. е. последнему отличному от нуля остатку.
Таким образом, НОД (645; 381) = 3.
Прием разыскания наибольшего общего делителя, примененный в этом
примере, и представляет собой алгоритм Евклида.
2. Вывод формул для решения диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида.
Прежде чем рассмотреть решение линейного уравнения с двумя неизвестными:
ax + by = c
(1)
с использованием алгоритма Евклида, докажем утверждение о том, что
наибольший общий делитель двух чисел есть последний отличный от нуля
остаток в цепочке указанных в примере действий.
Чтобы доказать утверждение о наибольшем общем делителе, представим
описанный процесс в виде следующей цепочки равенств: если a>b, то
·b = r1q1 + r2
r1 = r2q2 + r3
............
r n– 1 = r n q n
Здесь r1, . . . , r
(2)
n
- положительные остатки, убывающие с возрастанием
номера. Отсутствие остатка в последнем равенстве следует из того, что натуральные числа r
n
не могут убывать бесконечно, поэтому на некотором шаге
остаток станет нулевым.
Обратимся к системе (2). Из первого равенства, выразив остаток r1 через a
и b, получим r1 = a – b·q0. Подставляя его во второе равенство, найдём r2 = b(1 +
q0q1) – a·q1. Продолжая этот процесс дальше, мы сможем выразить все остатки
через a и b, в том числе и последний: r n = Aa + Bb. В результате нами доказано
25
что найдутся такие целые числа A и B, что d = Aa + Bb. Заметим, что коэффициенты A и B имеют разные знаки; если НОД (a,b) = 1, то Aa + Bb = 1. Как
найти числа A и B, видно из алгоритма Евклида.
Перейдем теперь к решению линейного уравнения с двумя неизвестными:
ax + by = c
(1)
Возможны два случая: либо число c делится на d = НОД(a,b), либо нет.
В первом случае можно разделить обе части уравнения на d и свести задачу
к решению в целых числах уравнения a1x + b1y = c1, коэффициенты которого
a1 = a/d и b1 = b/d взаимно просты.
Во втором случае уравнение не имеет целочисленных решений: при любых
целых x и y число ax + by делиться на d и поэтому не может равняться числу c,
которое на d не делится.
Итак, мы можем ограничиться случаем, когда в уравнении (1) коэффициенты a и b взаимно просты. На основании предыдущего предложения найдутся
такие целые числа х0 и у0, что ax0 + by0 = 1, откуда пара (сх0, су0) удовлетворяет
уравнению (1). Вместе с ней уравнению (1) удовлетворяет бесконечное множество пар (x, у) целых чисел, которые можно найти по формулам
x = cx + bt,
0
y = cy – at.
(3)
0
Здесь t – любое целое число. Нетрудно показать, что других целочисленных решений уравнение ах + by = c не имеет. Решение, записанное в виде (3),
называется общим решением уравнения (1). Подставив вместо t конкретное целое число, получим его частное решение.
Примечание. Название «лекция» как будто говорит о том, что активная роль здесь
принадлежит лишь самому учителю, учащимся предоставляется пассивная роль – внимательно слушать рассказ учителя и выполнять в тетради те записи, которые учитель выполняет на классной доске. Если бы это было именно так, то данная форма обучения оказалось бы
мало эффективной. Современные требования обучения математике предполагают, что даже в
том
случае,
когда
учитель
является
главным
действующим
лицом,
необходима активная деятельность самих учащихся. Поэтому лекция учителя должна пробуждать у учащихся интерес и потребность к активной умственной деятельности.
26
По ходу лекции следует обратиться с вопросами к учащимся. Например: Какие уравнения называются диофантовыми? Какой вид имеет линейное диофантово уравнение? Какие
условия накладываются на его коэффициенты? Какой способ решения уравнения мы использовали на предыдущем занятии?
Также на занятиях, где материал изучается крупным блоком, целесообразно создание
таблицы в виде конспекта изложенного учителем нового материала. Этот конспект должен
стать
информационно-справочной
таблицей
и
сыграть
свою
роль на занятиях тематического или итогового повторения. Сформулируем некоторые требования к его оформлению. Материал в конспекте должен быть разделен на несколько самостоятельных, логически связанных между собой блоков. В него желательно внести вспомогательные вопросы, с помощью которых готовится введение нового, узловые вопросы темы
и ее практическое применение.
Таким образом, с одной стороны, в конце урока желательно иметь конспект, в котором
видно главное. А с другой стороны, запись этого конспекта не должна занимать много времени. Для выполнения этих требований можно использовать заготовку для конспекта, т.е.
таблицу с пропусками. В нее можно внести рисунок без подписей, частично выполненные
условия теоремы, некоторые пункты алгоритмических предписаний и т.п.
Как разработать такой конспект? Учитель сначала разрабатывает конспект полностью
на листе бумаге стандартного размера. На другом таком же листе он выписывает конспектзаготовку в строгом расположении текста на основном конспекте. Этот фрагментарный конспект необходимо размножить, чтобы к лекции такой конспект-заготовку имел каждый ученик. Точно такой конспект «с пропусками» учитель должен заранее написать на доске
перед началом лекции или подготовить его компьютерный вариант для использования в
классе с интерактивной доской. Для проведения данной лекции был подготовлен такой
конспект-заготовка (Приложение 4).
3. Примеры решения диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида.
Рассмотрим решение заданий №6 (а), №7 из Приложения 1.
Задание №6. Решить уравнение на множестве целых чисел
а) 7х+11у=69
НОД(7;11)=1, Найдем значение х0 и у0 для получения решений уравнения по
формулам (3). Применим алгоритм Евклида к числам 11 и 7:
27
11  7  1  4,

7  4  1  3,   1  4  3  1  4  7  4  1  1  4  2  7  1  11  7  1  2  7  1  11  2  7  3
4  3 1  1 

Таким образом, получаем: 7   3  11 2  1 , следовательно х0 = –3, у0=2
Запишем общее решение уравнения на множестве целых чисел согласно
формулам (3):
 х  69   3  11t ,  x  207  11t ,
;

 y  69  2  7t
 y  138  7t , t  Z
Придавая конкретные целые значения t, можно получить частные решения
уравнения. Например, при t=1, имеем x= –196, у=131.
Задача №7. Для газификации жилого дома требуется проложить газопровод протяженностью 150 м. Имеются трубы 13 м и 9м длиной. Сколько требуется труб, чтобы не приходилось их разрезать при прокладке газопровода.
Решение.
Пусть требуется x труб по 9 м, и у труб по 13м. Составим и решим уравнение: 9х+13у=150.
НОД(9;13)=1, уравнение разрешимо во множестве целых чисел.
Найдем значение х0 и у0 для получения решений уравнения по формулам
(3). Применим алгоритм Евклида к числам 13 и 9:
13  9  1  4,
  1  9  4  2  9  13  9  1  2  9  13  2  9  2  9  3  13   2  х0  3, у 0  2
9  4  2 1 
Запишем общее решение уравнения согласно формулам (3).
 х  150  3  13t ,
 x  450  13t ,


 у  150   2  9t
 y  300  9t
Так как x и y неотрицательные целые числа, то чтобы найти значение t,
решим систему неравенств:
13t  450  0.
13t  450,
t  34,6,


 t  34 

 9t  300  0
 9t  300
t  33,3
 x  13   34  450  8,

 y  9   34  300  6
28
Ответ. Для прокладывания газопровода потребуется 8 труб длиной по 9м и
6 труб длиной по 13м.
4. В домашнее задание для учащихся необходимо включить подготовку по
теоретическому материалу и практические задания.
Учащиеся должны ответить на следующие вопросы.
 В чем суть алгоритма Евклида?
 Когда уравнение (1) разрешимо во множестве целых чисел?
 По каким формулам находится общее решение диофантова уравнения первой степени с двумя переменными с использованием алгоритма Евклида? Укажите, что обозначают буквы, входящие в
эти формулы.
При выполнении домашнего задания используется опорный конспект лекции, в котором выделены основные вопросы, рассмотренные на занятии, и заполнены соответственно имеющиеся пропуски (Приложение 4).
В качестве практических заданий можно предложить для решения задания
№6 (б), №8 из Приложения 1. Также можно предложить составить сюжетную
задачу, решение которой сводится к уравнению из №6 (б) на множестве целых
неотрицательных или натуральных чисел. Найти ее решения.
Занятие № 4
Решение диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида
План занятия
1.
Актуализация знаний (проверка знания теории и выполнения
практических заданий).
2.
Решение задач с использованием алгоритма Евклида.
3.
Постановка домашнего задания.
Оборудование: заполненные конспекты – заготовки предыдущей лекции,
карточки с заданиями для фронтальной и групповой работы.
29
Ход занятия
1.
Актуализация знаний. Проведение первого этапа занятия – прак-
тикума учитель может спланировать по своему усмотрению. Необходимо организовать проверку выполнения домашнего задания, включающего как теоретические вопросы, так и практические задания.
2.
Решение задач с использованием алгоритма Евклида.
Задания для решения выбираются по принципу: от простого к сложному.
Для овладения методом решения диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида можно предложить вначале решить уравнения, не связанные,
с какой либо реальной ситуацией. Например, № 6 (в, г). Затем можно предложить решение текстовых задач на составление линейных диофантовых уравнений. Например, № 9, 10. Все задания указаны из Приложения 1. Задания можно
выполнить в группах, а затем проверить полученные ответы. Ниже приведем
решение задачи №9.
Неотъемлемой частью занятия – практикума является решение и нестандартных задач, заданий повышенной трудности. В процессе их выполнения
можно использовать прием разбиения на подзадачи. К таким заданиям можно
отнести и задачу № 11, которую мы далее рассмотрим.
Заметим, что в ходе решения задач, учащиеся могут опираться на заполненный опорный конспект предыдущей лекции, в котором выделен способ решения диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида.
Задача №9. Транспортные организации имеют в наличие машины вместимостью 3, 5 т и 4, 5 т. Следует перевезти груз весом 53 т. Сколько машин нужно
взять для одного рейса?
Решение.
Пусть x машин по 3,5 т.; у машин по 4, 5 т. Составим и решим уравнение:
3,5х+4,5у=53. Перейдем к уравнению с целыми коэффициентами, например,
умножим обе части уравнения на 2. Получим: 7х+9у=106.
НОД(7, 9)=1, уравнение имеет целые решения.
30
9  7  1  2,
 1  7  2  3  7  (9  7  1)  3  7  4  9  (3)  х0  4; у 0  3

7  2  3  1
 х  106  4  9t ,
 x  424  9t ,


 y  106  (3)  7t
 y  318  7t
424

t
 47,1;

9t  424  0,

3


 7t  318  0
t   318  45,8

7
Так как t – принимает целые значения, то системе неравенств удовлетворяют значения t=-47 и t=-46. Получим решение диофантова уравнения в натуральных числах:
 х  424  9  (47)  1,
; решение (1;11)

 у  318  7  (47)  11
 х  424  9  (46)  10,
; решение (10;4)

 у  318  7  (46)  4
Таким образом, для одного рейса можно взять:
А) 1 машину вместимостью 3,5 т и 11 машин вместимостью 4,5 т;
В) 10 машин вместимостью 3,5 т и 4 машины вместимостью 4,5 т.
Полезно обратить внимание на то, какой из возможных вариантов будет
наиболее эффективным для работы предприятия с экономической точки зрения
(экономия бензина, экономия средств на оплату труда водителям и т.д.).
Задача №11. Школа получила 1 млн. руб. на приобретение 100 единиц
учебного оборудования
(на всю сумму без сдачи). Администрации школы
предложили, оборудование стоимостью 3000, 8000 и 12000 руб. за единицу.
Сколькими способами школа может закупить это оборудование. Укажите один
из способов.
Решение.
В ходе обсуждения идеи решения данной задачи, необходимо выяснить:
что дано, что неизвестно в условии, как связаны между собой данные и искомые. Затем переходить к составлению математической модели задачи.
1) составление системы уравнений.
31
Пусть приобретено x единиц оборудования по 12000 руб., y единиц оборудования
по
8000
руб.,
z
единиц
оборудования
по
3000 руб.
Всего приобретено 100 единиц оборудования, т.е. x+ y + z = 100, причем
на приобретение 100 единиц оборудования затрачено 1 млн. руб., т.е.
12000 x + 8000 y + 3000 z = 1 000 000,
12x + 8y + 3z = 1000.
Таким образом, получаем систему двух уравнений с тремя неизвестными:
 x  y  z  100,

12 x  8 y  3z  1000
Вопрос учителя: всегда ли задача будет иметь решение? Иначе: какими
должны быть x, y, z ?
( ответ: x>0, y>0, z>0)
2) обсуждение решения системы.
Во-первых, исключим z, путем вычитания из второго уравнения первого,
умноженного на 3. Следовательно, получаем диофантово уравнение 1-ой степени с двумя неизвестными 9 x+ 5 y = 700.
Во-вторых, его можно решить способом с использованием алгоритма Евклида.
3) оформление решения задачи.
Так как уже получили уравнение, которое решается известным способом,
то оформление решения можно предложить выполнить учащимся дома. В результате решения получается, что приобрести оборудование библиотека может
шестью способами. Укажем одно из частных решений задачи: x=65, y=23,
z=12,
т.е.
школа
на
1
млн.
руб.
может
приобрести 65 единиц оборудования по 12 тыс. руб., 23 единицы оборудования
по 8 тыс. руб., 12 единиц оборудования по 3 тыс. руб.
3. Постановка домашнего задания.
В качестве домашнего задания можно преложить учащимся решить задачи
№ 2; №3; №5 из Приложения 1 с использованием алгоритма Евклида.
32
Занятие № 5
Решение диофантовых уравнений с использованием
цепной дроби
План занятия совпадает с планом школьной лекции на указанную тему.
План лекции
1. Понятие цепной дроби. Представление рациональных чисел в виде цепной дроби
2. Формулы для решения диофантовых уравнений с использованием
цепной дроби
3. Примеры решения диофантовых уравнений с использованием
цепной дроби.
Оборудование: конспект – заготовка лекции на доске и индивидуальные заготовки для каждого ученика.
Ход занятия
Занятие № 5 по своей структуре аналогично занятию №3. В качестве примеров решения диофантовых уравнений с использованием цепной дроби, можно рассмотреть задания из Приложения 1. Заметим, что можно взять уже ранее
решенные задачи и выполнить их решение новым способом.
1.
Понятие цепной дроби. Представление рациональных чисел в
виде цепной дроби
Обратимся вновь к алгоритму Евклида. Из первого равенства системы (2) вытекает, что дробь a/b можно записать в виде суммы целой части и правильной дроби:
ем
r
а
1
 q0  1  q0  .
b
b
b
r1
Из
r
b
1
 q1  2  q1 
. Значит,
r1
r1
r1
r2
второго
a
 q0 
b
равенства
той
же
системы
име-
1
q1 
1
r1
r2
33
Продолжим этот процесс до тех пор, пока не придём к знаменателю qп
В результате мы представим обыкновенную дробь a/b в следующем виде:
a
 q0 
b
1
q1 
. Эйлер назвал дробь, стоящую в правой части равенства не-
1
q 2  ... 
1
qn
прерывной. Приблизительно в тоже время в Германии появился другой термин –
цепная дробь. Так за этими дробями и сохранились оба названия. Ввиду громоздкости развёрнутой записи цепной дроби применяют компактную запись
a/ b = [q0; q1, q2, …, qп].
Пример 1.
Представить рациональное число
44
в виде цепной дроби.
13
Решение.
44
5
 3  3
13
13
1
3
2
5
 3;2,1,1,2 .
1
 3
1
2
1
1
1
1
2
Очевидно, что любое рациональное число, и только оно записывается в виде
конечной цепной дроби. Иррациональным числам соответствуют бесконечные
цепные дроби.
Если при построении цепной дроби остановиться на знаменателе qk , то получиться дробь [q0; q1, q2, …, qк], которую называют к-й подходящей дробью для исPk
.
комой и обозначают Q k Найдем вид некоторых подходящих дробей:
P0 q0
P1
1 q q  1 P2
 ;
 q0   0 1
;
 q0 
Q0
1
Q1
q1
q1
Q2
1
q1 
1
q2

q 2 q0 q1  1  q0
q P  P0
 2 1
.
q 2 q1  1
q 2 Q1  Q0
34
Для рационального числа a / b последовательность подходящих дробей конечна, и ее последний элемент
Pn a
 . Нетрудно заметить, что имеют место следуюQn b
щие рекуррентные соотношения:
Pk 1  q k 1 Pk  Pk 1 ;
(4)
Qk 1  q k 1Qk  Qk 1.
2.
Формулы для решения диофантовых уравнений с использова-
нием цепной дроби
Вернемся к уравнению: ax + by = c (1). Напомним, что в нем a и b взаимно
просты. Решение этого уравнения «способом цепной дроби» завершается применением готовых формул (доказательство которых можно найти в специальных
пособиях), представляющих общее решение данного уравнения
 x   1n 1  c  Qn 1  bt ,

n
 y   1  c  Pn 1  at ,
t  0;1;2;...

(5)
Решим этим способом диофантово уравнение.
Пример 2.
Решить уравнение 44х+13у=5.
Решение. Так как
44
 3;2,1,1,2 , то n=4. Составим «подходящие дроби»
13
P0 3
P1
P2
1 7
1
1 10
  3;
 3  ;
 3
 3  ;
1
Q0 1
Q1
2 2 Q2
3 3
2
1
Найдем P3 и Q3 используя формулы (4): P3=10+7=17, Q3=3+2=5.
Все готово к применению формул (5). Общее решение уравнения будет иметь
вид: х=-25+13t, y=85-44t, где t – целое число.
После введения нового материала в конспекте – заготовке лекции необходимо выделить алгоритм решения диофантова уравнения с использованием
цепной дроби. Этот алгоритм можно представить в следующем виде.
35
Для решения уравнения ах  by  c
(1), где a, b, c – целые коэффициенты,
способом «цепной дроби» нужно:
1. Представить дробь a/b в виде конечной цепной дроби;
2. Записать дробь a/b= (q0; q1,q2,...,qn);
3. Составить таблицу для нахождения значений числителя и знаменателя
подходящих дробей
ходящая дробь
Pk
для полученной цепной дроби, последняя подQk
Pn a

Qn b
Начальные
q0
q1
q2
(q0 q1+1) q2+ q0
...
qn
условия
Pi
1
q0
q0 q1+1
Qi
0
1
q1
q2 q1+1
a
b
4. Найдем решение уравнения по следующим формулам
 x   1n 1  c  Qn 1  bt ,

n
 y   1  c  Pn 1  at ,
t  0;  1;  2;...

Решим задачу №7 из Приложения 1 способом цепной дроби. Для ответа на
вопрос задачи требуется решить диофантово уравнение: 9х+13у=150
Решение.
1.
Представим дробь 9/13 в виде конечной цепной дроби.
9
1
1
0
0
4
1
13
1
1
1
9
2
4
2. Запишем дробь в виде цепной дроби 9/13=[0;1,2,4]
3.
Составим таблицу
36
Началь
q0=0
q1=1
q2=2
q3=4
ные условия
Pi
1
0
1
2
9
Qi
0
1
1
3
13
4. Запишем общее решение уравнения:
 x   12  150  3  13t ,

 x  450  13t ,
3
 y   1  150  2  9t ,  
 y  300  9t
t  0;1;2;...

Как и в решении способом с использованием алгоритма Евклида, мы получили
такой же вид общего решения. А решение задачи выражается той же парой чисел: (8;6).
Домашнее задание должно включать как вопросы по теоретическому материалу, так и практические задания.
Занятие №6
«Решение диофантовых уравнений с использованием цепной дроби».
(занятие – практикум)
План занятия
4.
Актуализация знаний (проверка знания теории и выполнения
практических заданий).
5.
Решение задач с использованием цепной дроби.
6.
Постановка домашнего задания.
Оборудование: заполненные конспекты – заготовки предыдущей лекции,
карточки с заданиями для фронтальной и групповой работы.
Ход занятия
Основная цель занятия – овладение учащимися способом решения уравнений с использованием цепной дроби. Необходимо провести проверку усвое37
ния теоретического материала: основных понятий, алгоритма решения. Целесообразно, чтобы формулы для решения уравнения были «перед глазами учащихся» в процессе проведения занятия. Можно записать их на доске, а также использовать заполненные конспекты – заготовки предыдущей лекции.
На занятии нужно рассмотреть задачи, для которых сразу ясна идея решения (№№ 12(а, б), 13, 14 из Приложения 1), а также – задачи, требующие обдумывания и смекалки (№№15, 16 из Приложения 1). Задачи № 15, № 16 можно
предложить учащимся для решения в группах, а затем проверить решение
фронтально. Можно до оформления решения обсудить его идею, наметив основные шаги, и предложить учащимся выполнить решение самостоятельно,
проверив затем полученный ответ. Часть из предлагаемых заданий можно задать на дом учащимся.
Рассмотрим решение задач №15 и №16.
Задача № 15.
Сколько можно купить на 100 монет петухов, кур и цыплят, если всего
надо купить 100 птиц, причём петух стоит 5 монет, курица – 4, а 4 цыплёнка –
одну монету?
Решение.
Пусть x – искомое число петухов, у – кур, а 4z – цыплят. Составим систему
уравнений, которую надо решить в целых неотрицательных числах.
 x  y  4 z  100,

5 x  4 y  z  100.
Умножив первое уравнение системы на 4 , а второе – на (-1) и, сложив
результаты, придём к уравнению -x + 15z = 300 с целочисленными решениями x = -300 + 15t, z = t. Подставляя эти значения в первое уравнение, получим
y = 400 - 19t. Значит, целочисленные решения системы имеют вид
x = -300 + 15t, y = 400 - 19t, z = t.
Из условия задачи вытекает, что
38
 300  15t  0,
1

400  19t  0, откуда 20  t  21 , т. е. t = 20 или t = 21.
19
t  0;

Ответ. На 100 монет можно купить 20 кур и 80 цыплят, или 15 петухов, 1
курицу и 84 цыплёнка.
Задача №16. Крестьянка несла на базар корзину яиц. Неосторожный всадник,
обгоняя женщину, задел корзину, и все яйца разбились. Желая возместить
ущерб, он спросил у крестьянки, сколько яиц было в корзине. Она ответила, что
число яиц не знает, но когда она раскладывала их по 2, по 3, по 4, по 5 и по 6, то
каждый раз одно яйцо оставалось лишним, а когда она разложила по 7, лишних
яиц не осталось. Сколько яиц несла крестьянка на базар?
Решение.
Пусть x – число яиц. Так как (x – 1) делится на 2, на 3, на 4, на 5, на 6, то
оно делится на их НОК, равное 60. Значит, x имеет вид 60у + 1.
Поэтому для ответа на вопрос задачи надо решить в натуральных числах
уравнение 60у + 1 = 7z, или 7z – 60у=1.
С помощью способа с использованием цепной дроби получаем, что целочисленные решения уравнения имеют вид у = -2 + 7t, z = -17 + 60t, где t – любое целое число.
Наименьшее положительное решение получаем при t = 1. В этом случае у
= 5, z = 43. Итак, крестьянка несла на базар 301 яйцо.
Ответ. Крестьянка несла на базар 301 яйцо.
В домашнее задание обязательно включить повторение способов решения
диофантовых уравнений с использованием алгоритма Евклида и цепной дроби,
а также ряд задач, которые нужно решить этими способами.
39
Занятие №7.
Метод рассеивания (измельчения) в решении диофантовых уравнений
План занятия
1. Проверка домашнего задания (форму проверки выбирает учитель, в данном случае можно провести самостоятельную работу на 10 мин. по материалу предыдущих занятий).
2. Изучение нового материала. Способ измельчения коэффициентов как один из методов нахождения целых (натуральных) решений диофантовых уравнений.
3. Решение задач способом измельчения коэффициентов
4. Постановка домашнего задания.
Оборудование. Компьютер, проектор, слайды с заданиями, карточки с заданиями.
Ход занятия
1. Проверка домашнего задания (в форме самостоятельной работы)
Решить уравнение двумя способами: с использованием алгоритма Евклида
и цепной дроби:
1 вариант: 2x + 5y = 17
ответ: (1,3), (6, 1).
2 вариант: 5х + 8у = 39
ответ: (3; 3)
Можно предложить учащимся текстовую задачу, сводимую к диофантову
уравнению. Так как уравнение нужно решить двумя способами, то ученик имеет возможность контролировать себя сам, а как следствие искать и устранять ошибки, если таковые имеются.
2. Изучение нового материала
На этом этапе необходимо ознакомить учащихся с методом рассеивания
(измельчения) для решения диофантовых уравнений: разъяснить суть данного
метода, привести некоторые исторические сведения, показать на примере использование данного метода для решения задач.
40
Способ рассеивания (размельчения) впервые применил в начале VI в.
индийский математик Ариабхатта. Метод заключается в сведении данного уравнения к последовательности других уравнений с убывающими по абсолютной
величине коэффициентами перед неизвестными.
Продемонстрируем его на примере решения следующей задачи.
Задача. Найти два числа, если разность произведений первого на 19 и второго на 8 равна 13.
Решение. Требуется решить уравнение 19х — 8у = 13
Перепишем его иначе: 8y=19x–13; 8y=16x+3x–13; у = 2х +
3 х  13
8
и обозначим y1 = у — 2х.
В результате уравнение примет вид 8у1 = Зx — 13 или x= 2y1  2 у1  13 .
3
Если вновь произвести замену х1 = x — 2у1, то придем к уравнению
3xl — 2у1 = 13.
Заметим, что коэффициенты при неизвестных уменьшились — измельчились. Продолжим дальнейшее их уменьшение: так как y1 = xl +
х1  13
, то поло2
жим у2 =у1 –х1.
В результате последнее уравнение преобразуется к виду х1 — 2у2: = 13. Здесь
коэффициент при х1, равен 1, а поэтому при любом целом у2 = t число х1 тоже
целое.
Остается выразить исходные переменные через t:
вначале выразим х1=2t+13, y1 = 3t+13; а затем
x = 8 t +39, y= 19 t + 91.
Итак, получаем бесконечную последовательность (39 + 8 t, 91 + 19 t) целочисленных решений.
Нетрудно заметить, что методы цепных дробей и рассеивания являются
лишь другой формой применения алгоритма Евклида
41
3. Решение задач способом измельчения коэффициентов
Для решения можно предложить учащимся, как новые задания, так и уже
ранее решенные, но потребовать применить в решении способ измельчения.
Данный способ еще называют – «методом спуска».
Задача № 18 (а).
Решить способом измельчения в целых числах уравнение 5x + 8y = 39.
Решение:
Выберем неизвестное, имеющее наименьший коэффициент, и выра-
1.
зим его через другое неизвестное: x = (39 – 8y):5.
Выделим целую часть: x = 7 –y + (4 – 3y):5.
Все число будет целым, если целым окажется значение (4 – 3y):5.
Это возможно тогда, когда число (4 – 3y) без остатка делится на 5. Вводя
дополнительную целочисленную переменную z, последнее уравнение запишем
в виде: 4 –3 y = 5z.
Мы пришли к уравнению такого же типа, как и исходное уравнение, но уже
с меньшими коэффициентами. Решать его уже нужно относительно переменных y и z.
2.
y= (4 – 5z):3 = 1- z + (1 – 2z):3
Аналогично рассуждая, запишем (1-2z) через новую целочисленную переменную и: 1–2z=3u
z = (1–3u):2=(1– u):2 – u;
3.
1– u=2v
4.
u=1 –2v - дробей больше нет, спуск закончен.
5.
Теперь необходимо «подняться вверх». Выразим через переменную
v сначала z, потом y и затем x.
z=(1– u):2 –u=(1–1+2v):2–1+2v=3v-1,
z=3v-1.
y= (4–5z):3 = (4 -5(3v -1)):3=3-5v,
y=3-5v.
42
x= (39–8y):5=(39–8(3–5v)):5=3+8v,
x=3+8v.
Формулы x=3+8v, y=3-5v представляют общее решение исходного
6.
уравнения в целых числах.
Если необходимо получить только натуральные числа, то среди
7.
всех целых решений нужно выбрать такие, для которых x>0, y>0, то есть
3+8v>0,
3-5v>0.
Совместно эти неравенства могут выполняться лишь при v=0. В этом случае
x=3, y=3.
8.
Ответ: (3;3).
С учащимися можно рассмотреть и более сложные задания, решая их
именно «методом спуска».
Задача №19.
Решить в целых числах 29х + 13у + 56z = 17
(1)
Выразим неизвестное, коэффициент при котором наименьший, через
остальные неизвестные.
y = (17–29х-56z):13= (1–2x–4z) + (4–3x–4z):13
(2)
Обозначим (4–3x–4z):13 = t1
(3)
Из (2) следует, что t1 может принимать только целые значения. Из (3)
имеем 13t1 + 3x + 4z = 4
(4)
Получим новое диофантово уравнение, но с меньшими, чем в (1) коэффициентами. Применим к (4) те же соображения:
x= (4–13t1–4z):3= (1–4t1 -– z) + (1–t1 –z):3
(1– t1–-z):3 = t2 , t2 – целое, 3t2+ t1+z = 1
(5)
В (5) коэффициент при z – неизвестном исходного уравнения равен 1 – это
конечный пункт «спуска». Теперь последовательно выражаем z, x, y через t1 и t2.
z = -t1 – 3t2 + 1,
43
x = 1 – 4t1 + t1 + 3t2 – 1 +t2 = – 3t1 + 4t2,
y = 1 + 6t1 – 8t2 + 4t1 + 12t2 – 4 + t1= 11t1 + 4t2 – 3
Итак, x = -3t1 + 4t2,
y = 11t1 + 4t2 – 3,
z = -t1 – 3t2 + 1
t1, t2 – любые целые числа, определяющие все целые решения уравнения
исходного уравнения.
Можно предложить учащимся найти частные решения данного уравнения
и проверить их.
Например, пусть t1 =1 , t2 = 2. Имеем, х=5; у=16, z= – 6.
Подставим найденные решения в уравнение 29х + 13у + 56z = 17, получим
145+208 – 336 =17;
353 – 336 = 17;
17= 17.
В домашнее задание можно включить практические задания из Приложения 1(можно – решенные ранее другими способами), в процессе решения которых, будет усваиваться метод рассеивания («метод спуска»). Целесообразно
предложить учащимся составить задачу, сводимую к диофантову уравнению, и
решить ее одним из изученных способов.
Также, для подготовки к практическому занятию №8, которое является занятием обобщения и систематизации изученного материала, учащимся необходимо повторить:
– понятие диофантова уравнения, линейного диофантова уравнения с двумя переменными, условия существования целых решений уравнения;
– методы решения уравнения: способ перебора вариантов, с использованием алгоритма Евклида, с использованием цепной дроби.
44
Для повторения полезно использовать опорные конспекты лекционных занятий и конспекты практических занятий.
Занятие № 8.
Решение диофантовых уравнений разными способами
(Урок одной задачи)
Данное практическое занятие является обобщающим занятием. Перед решением задачи необходимо повторить теоретический материал, опираясь на
вопросы домашнего задания занятия № 7. Целесообразно суть выбранного способа решения задачи повторить непосредственно перед его применением к решению поставленной задачи. В целях самоконтроля за выполнением задания
учащимся предлагается решить одну задачу разными способами и сравнить полученные ответы, поэтому условно данное занятие можно назвать «уроком
одной задачи». В качестве задачи, решение которой будет осуществляться на
занятии, мы выбираем задачу «о сказках Шехерезады». Ранее мы способом
перебора вариантов нашли некоторые ее решения, и заметили, что всего задача
имеет 67 пар решений. Чтобы убедиться в этом, можно решить задачу с использованием общих способов. Форма работы с учащимися – фронтальная. Но учащимся, которые достаточно хорошо усвоили материал, можно предложить нестандартные задания №№17, 23 из списка задач (Приложение 1).
Ход занятия
Рассмотрим задачу, с которой и начались занятия нашего элективного курса.
Задача (№20 Приложения 1). Шехерезада рассказывает свои сказки великому правителю. Всего она должна рассказать 1001 сказку. Сколько ночей потребуется Шехерезаде, чтобы рассказать все свои сказки, если x ночей она будет
рассказывать по 3 сказки, а остальные сказки по 5 за у ночей.
45
Решение.
Заметим, что мы ранее нашли несколько решений данной задачи. Напомним, что сказочнице, очевидно, потребуется x+y ночей, где x и y – натуральные
корни диофантова уравнения 3х+5у=1001.
Решим это уравнение различными способами.
1. С помощью алгоритма Евклида
НОД(3,5)=1, уравнение имеет целые решения.
5  3  1  2,
 1  3  2  1  3  (5  3  1)  1  3  2  5  (1)  х0  2; у 0  1

3  2  1  1
 х  1001  2  5t ,
 x  2002  5t ,


 y  1001  (1)  3t
 y  1001  3t
2002

t
 400,4;

5t  2002  0,

5

 t  400;  399;  398; ...;  335;  334

 3t  1001  0
t   1001  333,7

3
Получаем, что всего 67 целых значений переменной t содержится в указанном промежутке.
Например, при t= –335, получим
у = -1001 +1005 =4; x =2002 – 1675 = 327, т. е. решение (327; 4).
2. Способ с использованием цепной дроби.
Обратимся к уравнению 3х + 5у = 1001.
Решение.
1. Представим дробь 3/5 в виде конечной цепной дроби.
3
 0
5
1
1
1
1
1
2
2. Запишем дробь в виде цепной дроби 3/5=[0;1, 1, 2]
3. Составим таблицу
46
Начальные
q0=0
q1=1
q2=1
q3=2
условия
Pi
1
0
1
1
3
Qi
0
1
1
2
5
4. Запишем общее решение уравнения:
 x   12  1001  2  5t ,

 x  2002  5t ,
3
 y   1  1001  1  3t ,  
 y  1001  3t
t  0;1;2;...

Получили решение того же вида. С учетом условия, что корни уравнения
натуральные, имеем те же значения для переменной t, что и в первом случае.
Так, при t= – 334 получается пара (332; 1).
Замечание. Можно усложнить задачу дополнительными вопросами.
1)
Если бы Шехерезада хотела бы распределить свою 1001 сказку
между как можно большим числом ночей, то какой вариант она
должна выбрать?
2)
Какой вариант позволит Шехерезаде сократить свой срок работы до минимума?
Требованию (1) удовлетворяет max (x +y) – наибольшая из сумм пар корней уравнения. Имеем x + у = 2002 +5t – 1001 – 3t= 1001+2t.
Очевидно, max (x +y) достигается при t = –334. Итак, Шехерезада расскажет свои сказки самое большее за 333 ночи, если 332 ночи будет рассказывать
по 3 сказки и только одну ночь – 5 сказок.
Ответу на второй вопрос соответствует вариант, когда t = –400, то есть решением уравнения будет пара (2; 199). Шехерезада будет рассказывать 2 ночи
по 3 сказки и 199 ночей по 5 сказок, тем самым, сократив срок своей «работы»
до 201 ночи.
3. Способ измельчения (рассеивания).
На занятии также можно рассмотреть решение данной задачи «методом
измельчения». Обратимся к уравнению 3х + 5у = 1001.
47
Перепишем его иначе: x = – y +
1001  2 у
3
и обозначим xl = у + x
В результате уравнение примет вид 3х1 = 1001 – 2у или
у = –xl  1001  х1 .
2
Если вновь произвести замену у1 = у + х1, то придем к уравнению
x1 + 2у1 = 1001. Заметим, что коэффициенты при неизвестных уменьшились — измельчились.
Здесь коэффициент при x1, равен 1, а поэтому при любом целом у1 = t число х1 тоже целое. Остается выразить исходные переменные через t:
х1 = 1001 – 2 t, следовательно, у = – 1001 + 3 t , а x = 2002 – 5 t. Итак, получаем бесконечную последовательность (2002 – 5 t , – 1001 + 3 t) целочисленных решений. Внешний вид формул для нахождения значений переменных
отличается от решений, полученных ранее, но с учетом условия задачи,
корни получаются те же самые. Так, пара (332;1) получается при t = =334.
Часть времени на уроке можно посвятить рассмотрению наиболее интересных задач составленных самими учащимися при выполнении домашнего задания, предварительно просмотрев эти задачи.
В домашнее задание необходимо включить упражнения, решение которых
нужно осуществить различными изученными методами. Из Приложения 1 для
домашней работы можно указать задания № 21, 22, а также предложить и задачи
учеников, которые не были решены на занятии.
Учащимся следует напомнить, что следующее занятие – это семинарское
занятие. Назвать тех учащихся, кто будет выступать на занятии. Назначить день
«последней» контрольной проверки выполненных учащимися индивидуальных
и групповых заданий к семинару.
В целях эффективной работы на семинарском занятии, необходимо заранее
подготовить соответствующее оборудование для демонстрации выполненных
учащимися материалов с использованием информационных технологий, прове48
рить совместимость электронных носителей учащихся с записанными презентациями выступлений и компьютера в классе и т. п.
Занятие № 9
Диофантовы уравнения и великие теоремы
(семинарское занятие)
План занятия
1. Вступительное слово учителя.
2. Выступления учащихся:
1) Теорема Пифагора и диофантовы уравнения;
2) Пифагор, Герон, Евклид – известные древнегреческие ученые.
3) Большая теорема Ферма;
4) Известные диофантовы уравнения.
3. Подведение итогов.
Оборудование: компьютер, проектор, портреты ученых (слайды с портретами).
Ход занятия
Во вступительном слове учитель отмечает, что теория диофантовых уравнений связана с великими теоремами математической науки.
1) В выступлении по теме «Теорема Пифагора и диофантовы уравнения»
необходимо подчеркнуть, что сама теорема Пифагора представляет собой ничто иное, как диофантово уравнение второй степени, обратить внимание на
способы отыскания натуральных решений уравнения x2 + y2 = z2, так называемых «пифагоровых троек», известных еще в древности. Далее сформулировать
понятие:
49
пифагоровых треугольников (треугольники, у которых стороны выражаются натуральными числами),
героновых треугольников (треугольники, площади и длины сторон, которых выражаются натуральными числами),
диофантовых треугольников (треугольники, у которых один катет длиннее другого на 1, т. е. здесь надо решить в натуральных числах уравнение x2 +
(x + 1)2 = y2).
Привести примеры таких треугольников. Выполнение задания по этой теме
может осуществляется группой учащихся, выступать может один представитель от группы или несколько.
2) Следующие выступления учащихся – это результат выполнения индивидуальных заданий по изучению биографии известных древнегреческих ученых:
Пифагора, Герона, Евклида, и их вклада в теорию диофантовых уравнений.
3) По теме «Большая теорема Ферма»
в содержание выступления
необходимо рассказать о том, что большой известностью во всём мире пользуется «Великая теорема Ферма» (она же – «Большая» или «Последняя»).
Именно сочинение Диофанта, изданное в 1621 г. в переводе Клода Гаспара де Баше де Мезирьяка (1581-1630), дало повод Пьеру Ферма записать на полях перевода одно из самых достопримечательных замечаний в истории математики, которое мы называем Великой теоремой Ферма. На полях этой книги,
против того места, где идёт речь о решении уравнения вида x2 + y2 = z2, Ферма
написал: «Между тем, совершенно невозможно разложить полный куб на сумму кубов, четвёртую степень – на сумму четвёртых степеней, вообще какуюнибудь степень – на сумму степеней с тем же показателем. Я нашёл поистине
удивительное доказательство этого предположения, но здесь слишком мало места, чтобы его поместить».
Это положение Ферма теперь формулируется как теорема в следующем
виде: «Уравнение x n + y n= z n не может быть решено в натуральных числах относительно x, y и z при натуральных значениях показателя n, больших 2» (общеизвестно, что при n=2 такие числа существуют, например, 3, 4, 5 – числа, ко50
торые, если являются длинами сторон, образуют знаменитый треугольник Пифагора).
Несмотря на столь простую формулировку, доказательство этой теоремы
долго не поддавалось усиленному натиску ученых. Доказательство этого утверждения математики искали более 350 лет.
Считают, что сам Ферма оставил доказательство великой теоремы для n=4.
Однако многие ученые ставят под сомнение наличие такого доказательства.
Дело в том, что те утверждения (а их не один десяток), в которых Ферма был
уверен, он предлагал доказать другим математикам. Но ни в одном из известных
его писем не ставится вопрос о доказательстве теоремы для любого n>2. Хотя
частный ее случай при n=4, правда, в иной формулировке, у него встречался.
Эйлер доказал неразрешимость указанного уравнения при n=4 (в 1738г.) и
при n=3 (1770г.), Г. Ламе – при n=7 (1839г.).
Справедливость этой теоремы подтверждается для многих частных случаев, однако доказана в общем виде она была недавно, хотя ей интересовались и
её пытались доказать многие крупные математики (в «Истории теории чисел»
Диксона прореферировано более трёхсот работ на эту тему). В 1907 году в городе Дармштадте в Германии умер математик Вольфскель, который завещал
100000 марок тому, кто даст полное доказательство теоремы. Немедленно сотни и тысячи людей, движимых одним лишь стремлением к наживе, стали бомбардировать научные общества и журналы своими рукописями, якобы содержащими доказательство теоремы Ферма. Только в Гёттингенское математическое общество за первые три года после объявления завещания Вольфскеля
пришло более тысячи «решений».
На протяжении последующих лет (вплоть до конца 20 в.) математики
Франции, Германии и других стран пытались доказать великую теорему: Жозеф
Луивилль, а также Эрнест Куммер, А. Лежандр, У. Вандивер, Д. и Э. Лемер.
В конце 20 в. попытки доказать великую теорему Ферма увенчались успехом. С 1985 года начался последний этап в великой математической эпопее, и
51
начался он с удивительной идеи немецкого математика из Эссена, Герарда
Фрея, который связал решения уравнения Ферма с эллиптическими кривыми, и
фактически доказал, что уравнение Ферма не имеет решений.
С этого момента включил свои часы, правда, по его словам, тайно, другой
математик, американец Andrew Wiles, который в 1995 году, используя достижения современных ученых, сумел завершить доказательство великой теоремы.
Тем самым Эндрю Вайлс (Уайлс) поставил точку в Великой теореме Ферма. Он
ознакомился с этой проблемой в 10-летнем возрасте в своей домашней библиотеке, и с этого момента она стала целью его жизни, его мечтой, и ему удалось
взобраться на вершину громадной горы, которую возвели многие поколения математиков. Хочется поставить вопрос - это точка или все же запятая. Однозначного ответа пока нет, и этому есть веские основания. Окончательная работа
Вайлса содержит много теорем, согласованных между собой очень тонким образом; кроме того, эта работа является вершиной большого айсберга, т.е. содержит ссылки на множество других работ, в которых, разумеется, могут быть свои
пробелы. Во всяком случае, еще никто в мире не проверил работу Вайлса до
конца, даже великий Serre, у которого она была больше полугода.
Великая теорема Ферма носит частный характер. Но попытки ее доказательства обогатили математику новыми идеями, методами, теориями. В этом и
состоит непреходящее значение великой теоремы.
4) Рассматривая материал по теме «Известные диофантовы уравнения»,
можно предложить учащимся рассказать о некоторых интересных задачах и истории их решения.
Познакомимся с одной задачей из «Арифметики» Диофанта: «Заданный
квадрат разложить на 2 квадрата».
Эта задача эквивалентна уравнению второй степени x2 + y2 = a2 с неизвестными x и y при заданном значении параметра а. Простейшее решение данного уравнения получается при нулевом значении одного из неизвестных. Другие решения Диофант ищет, выполняя подстановку у = k ·x – a, где k - произ52
вольное рациональное число. В результате исходное уравнение приводится к
виду (k ·x – a)2 + x2 = a2, откуда после преобразований получаются рациональные выражения для неизвестных x и y.
x = a·2k / (k2 + 1),
y = a· (k2 - 1) / (k2 + 1)
Способ Диофанта позволяет находить так называемые пифагоровы тройки
чисел – наборы натуральных чисел x, y, z, выражающих длины сторон прямоугольного треугольника, т.е. удовлетворяющих уравнению x2 + y2 = z2. Пример
такой тройки – 3,4,5.
Около 1630 года перевод «Арифметики»
попал в руки выдающемуся
французскому математику Пьеру Ферма. Бессмертный труд Диофанта вдохновил Ферма на очень тонкие и глубинные теоретико-числовые исследования. В
частности, идя по стопам Диофанта, Ферма доказал, что натуральное число a,
тогда и только тогда, представимо в виде суммы двух квадратов (x2 + y2) с целыми x и y, когда все простые делители a, дающие при делении на 4 остаток 3 ,
входят в число а в четной степени. Он также нашел формулу для количества
различных пар (x; y) таких чисел.
Знаменитой стала и задача Ферма, написанная, как комментарий на полях
книги Диофанта: «Найти прямоугольный треугольник в числах, гипотенуза, которого была бы квадратом а, также и сумма сторон при прямом угле». Эта задача об отыскании таких пифагоровых троек x, y, z, что длина гипотенузы z и
сумма длин катетов (x + y) представляют собой полные квадраты, имеет бесконечно много решений. Минимальные из них, это числа, найденные Ферма: x =
4565486027761, у = 1061652293520, z = 4687298610289 (здесь z=21650172).
Примечательна судьба ещё одного неопределённого уравнения. В своё
время Архимед составил задачу о быках четырёх мастей, которые паслись в четырёх стадах, принадлежавших богу солнца Гелиосу. В виде стихотворного послания он отправил её Эратосфену Киренскому. Задача сводится к уравнению
x2 – 4729494y2 = 1. Общее число быков выражается числом порядка 7766 · 1020.
Такое стадо старик Гелиос не смог бы разместить даже в границах всей вселен53
ной. По-видимому, лукавил Архимед, посылая своему оппоненту практически
не разрешимую задачу и обращаясь к нему со словами:
Если ты это найдёшь, чужестранец, умом пораскинув,
И сможешь назвать каждого стада число,
То уходи, вознаградившись победой, и будет считаться,
Что в мудрости ты всё до конца превзошёл.
За уравнением вида x2 – ay2 = 1 утвердилось название «уравнение Пелля»
- по имени математика Джона Пелля, которому Эйлер ошибочно приписал один
из способов его решения. Ферма умел решать это уравнение в целых числах. А
позднее выяснилось, что с этой задачей справлялся ещё в XII в. индийский математик Бхаскара, однако, его метод остался науке не известен.
С решением диофантовых уравнений связана одна из знаменитых проблем Давида Гильберта, сформулированных на II Международном конгрессе
математиков в Париже в 1990 г.: пусть дано произвольное диофантово уравнение; требуется указать общий метод, следуя которому, можно было бы за конечное число шагов узнать, имеет ли оно решение в целых числах.
В 1970 г. ленинградский математик Юрий Владимирович Матиясевич доказал, что такого общего метода не существует.
Можно включить и другие известные задачи. Подготовка по этой теме также может осуществляется группой учащихся.
Как уже было
сказано, содержание выступлений можно представить в
форме компьютерной презентации.
Для подготовки выступлений учащимся можно рекомендовать как печатные пособия из списка литературы: [3, 4, 5, 6, 8, 14, 23], так и предложить провести тематический поиск в сети Интернет.
54
Занятие № 10 – 11
Решение задач, с использованием различных диофантовых уравнений
или их систем
Данные занятия относятся к категории практических занятий.
Основная цель: рассмотреть вместе с учащимися задачи повышенной трудности на составление диофантовых уравнений или их систем, продемонстрировать различные способы их решения, в том числе и нестандартные.
Мы приведем решение некоторых задач из Приложения 1, которые можно
разобрать как на занятии, так и предложить для самостоятельной работы учащимся.
Задача 24. Решите в натуральных числах
x2 – 4·x·y – 5y2 = 1996.
Решение.
Перепишем уравнение в виде (x2 - 4ху+ 4y2) – 9y2=1996, (х-4у)2 – 9y2=1996.
Разложим левую часть на множители (x – 5y)(x + у) = 1996.
Разложим число 1996 на целые множители:
1996=1 · 1996=2 · 998=4 · 499= -1 · (-1996)= -2 · (-998) = -4 · (-499).
Так как x  N, yN, то (x + у)  N, причём (x + у) > 1.
Если (x + у)N и (x + у)(x – 5у) = 1996, то (x – 5у)  N.
Тогда решение получившегося уравнения сводится к решению следующих
систем:
 x  5 y  1,
 x  y  1996
1) 
решений в натуральных числах нет
 x  5 y  499,
x  y  4
2) 
или
 x  5 y  4,

 x  y  499
системы решений в натуральных числах не имеют
 x  5 y  2,
 x  y  998
3) 
или
(832; 166)
 x  5 y  998,

x  y  2
решения в натуральных числах нет
Ответ: x = 832, у = 166.
55
Задача 25.
Докажите, что система уравнений
 x 2  y 3  7,
 2
 z  2 y 2  1
не имеет решений в целых числах.
Решение.
Предположим, что система разрешима. Из второго уравнения z2=2у2+1, то
есть z2 – нечётноё число и z - нечётное, значит z=2m+1, m  Z.
Тогда y2= 2m2+2m , значит, y2 - чётное число и у – чётное, y = 2n, n  Z.
Из первого уравнения: x2=8n3+7, т. е. x2 - нечётное число и x - нечётное
число, х=2k+1, k  Z.
Подставим значения x и y в первое уравнение, получим
2(k2 + k – 2n3) = 3, что невозможно, так как левая часть делится на 2, а правая нет.
Значит, наше предположение неверно, т.е. система не имеет решений в целых числах.
Задача 26 (из «Арифметики» Диофанта)
Для числа 13 = 22 + 32 найти два других, сумма квадратов которых равна
13.
Решение.
Приведём решение самого Диофанта. Он полагает первое число (обозначим его через А) равным х+2, а второе число B равным 2х–3, указывая, что коэффициент перед x можно взять и другой.
Решая уравнение (x + 2)2 + (2х – 3)2 = 13, Диофант находит x = 1,6, откуда
А = 3,6, В = 0,2.
Воспользуемся указанием Диофанта и возьмём произвольный коэффициент перед x в выражении для В. Пусть снова А = x + 2, а В= kx – 3, тогда из
56
уравнения (x + 2)2 + (kx – 3)2 = 13 получаем х=2(3k-2):(k2 + 1). Отсюда
A=2(k2+3k–1):(k2+1), B=(3k2-4k-3):(k2+1).
Теперь становятся понятными рассуждения Диофанта. Он вводит очень
удобную подстановку A=х+2, В=2х–3, которая с учётом условия 22+32=13 позволяет понизить степень квадратного уравнения. Можно было бы с тем же
успехом в качестве B взять (2х+3) или ещё проще (x ± 3), но тогда получаются
отрицательные значения для B, чего Диофант не допускал. Очевидно k = 2 –
наименьшее натуральное число, при котором A и B положительны. И хотя
Диофант приводит решение задачи в конкретных числах, чувствуется, что он
владеет общим методом.
Задача 27 (из древнего китайского сборника)
Найти число, которое при делении на 3 даёт остаток 2 , при делении на 5 –
остаток 3, а при делении на 7 – остаток 2.
Решение.
Рассмотрим решение этой задачи китайским математиком Сунь-цзы (III
или IV вв.): «При делении на 3 остаток есть 2. Поэтому возьмём 140. При делении на 5 остаток есть 3, поэтому возьмём 63. При делении на 7 остаток есть 2,
поэтому возьмём 30. Сложив их вместе, получим 233. Из этого вычтем 210 и
получим ответ».
Разберём решение Сунь-цзы. Сначала он подбирает число 140, кратное 5
и 7, которое при делении на 3 даёт остаток 2. Конечно, это не наименьшее
натуральное число с такими свойствами: можно было бы взять число 35. Но это
не столь важно для решения задачи. Затем берётся число 63, кратное 3 и 7, дающее при делении на 5 остаток 3. Аналогично находится число 30. Очевидно,
для числа 233 = 140 +63+ 30 выполняются все условия задачи, а потому они
выполняются для числа вида n = 105l + 233. В свою очередь 233=2·105 + 23,
поэтому все натуральные решения можно записать формулой n = 105k + 23,
где k = 0, 1, … .
При k = 0 из неё получаем наименьшее натуральное решение, равное 23.
57
Задача 28 (из «Арифметики» Диофанта).
Найти два числа, произведение которых, сложенное с каждым из данных
чисел, составит куб некоторого числа.
Решение.
Рассмотрим решение самого Диофанта. Обозначим первое число в виде
произведения x на куб некоторого числа, например на 23 = 8, то есть первое
число будет 8x. Положим второе число равным x2 - 1. Ясно, что одно из условий
задачи будет выполнено: произведение искомых чисел, сложенное с первым,
равняется кубу некоторого числа. В самом деле, проверяя это, получим:
8х· (x2 - 1) + 8х = 8x3.
Далее надо, чтобы выполнялось и другое условие, то есть, чтобы произведение искомых чисел, сложенное со вторым, равнялось также кубу некоторого числа. Для этого требуется, чтобы 8x·(x2 - 1) + x2 - 1 было кубом некоторого
числа. Полагая, что куб этого числа равняется (2х –1)3, мы получим уравнение,
из которого можно найти x: 8х · (x2 - 1) + x2 - 1 = (2x - 1)3, откуда:
x= 14/13, следовательно, первое число будет: 8·14/13 = 112/13, а второе число
будет равно: (14/13)2 – 1= 196/169 – 1= 27/169. Проверьте, удовлетворяют ли
найденные числа условию задачи.
Задача №29. После кораблекрушения.
Пять моряков высадились на остров и к вечеру собрали кучу кокосовых
орехов. Дележ отложили на утро. Один из них, проснувшись ночью, пересчитал
добычу, угостил одним орехом мартышку, а из остальных орехов взял себе точно 1/5 часть, после чего вновь лег спать и быстро уснул. За ночь так же поступили один за другим и остальные моряки; при этом каждый не знал о действиях
своих предшественников. Наутро они поделили оставшиеся орехи поровну, но
для мартышки в этот раз лишнего ореха не осталось. Сколько орехов собрали
моряки?
58
Решение.
Обозначим искомое число орехов через х. Выражая последовательные действия моряков уравнениями, получаем x=5а + 1; 4а = 5b + 1; 4b = 5c + 1;
4c = 5d + 1; 4d = 25y + 1 (обдумайте смысл предлагаемых уравнений).
Эта система сводится к одному неопределенному уравнению
256х = 2101 + 15625у.
Быстрое решение в целых числах этого громоздкого уравнения будет приятной наградой за терпеливое ознакомление с предложенными четырьмя способами – можно выбрать из них наиболее эффективный для данной задачи. Ответ в этой задаче таков: x = 3121 – наименьшее из возможных натуральных значений х.
Замечание. В книге М. Гарднера «Математические головоломки и развлечения», в которой есть эта задача, написано, что она «принадлежит к числу
наиболее часто решаемых, но наименее поддающихся решению, диофантовых
головоломок». Когда эта задача в 1926 году появилась в одной газете (без решения и ответа), то 20 лет после этого не прекращался поток писем в газету
либо с просьбой сообщить ответ, либо с вариантами собственных решений.
Занятие № 12
Ученые – математики, внесшие свой вклад в развитие теории диофантовых уравнений
(семинарское занятие)
План
1. Вступительное слово учителя.
2. Король любителей – П. Ферма.
3. Воплощенный анализ – Л. Эйлер.
4. Величественная пирамида – Ж. Лагранж.
5. Король математиков – К. Гаусс.
6. Подведение итогов.
59
Оборудование: компьютер, проектор, портреты ученых (слайды с портретами).
Это семинарское занятие строится аналогично занятию № 9. Семинар чаще всего используют для рассмотрения дополнительного материала, воспроизведения которого учащимися не требуется, но предлагаемые выводы, факты
весьма полезны и интересны.
Цель проведения занятия-семинара:
познакомить учащихся с историей
развития теории диофантовых уравнений, с биографией великих математиков,
внесших свой вклад в теорию диофантовых уравнений, показать связь данной
теории с другими вопросами математики, с жизнью, практикой.
Проведение семинарских занятий активизирует процесс обучения, способствует формированию у школьников познавательных и исследовательских умений, навыков выступления перед аудиторией с самостоятельными сообщениями, учит их дискутировать, отстаивать свои суждения.
Для подготовки докладов (презентаций) по вопросам семинара учащимся
можно рекомендовать литературу из списка: [3, 4, 5, 6, 8, 14, 23], а также предложить провести поиск информации в сети Интернет.
Подведение итогов курса
Завершить проведение элективного курса можно во внеурочное время, используя такую форму внеклассной работы как математическое соревнование.
Условно его можно назвать «Математик- бизнесмен».
Цель соревнования:
1) проверка практических умений и навыков, сформированных у учащихся
в ходе изучения курса и усвоение некоторых вопросов и теоретического характера,
2) развитие познавательного интереса учащихся к математике и ориентация их на изучение математики в профильном классе в дальнейшем.
Суть игры состоит в следующем: учащиеся делятся на две команды; каждая команда – финансово-кредитное учреждение, которое осуществляет денеж60
ные расчеты и наращивает «капитал», т.е. каждая команда – это банк. Для подготовки к соревнованиям учащимся необходимо повторить основные способы
решения диофантовых уравнений, капитан команды (руководитель банка) может провести консультации для членов своей команды.
Задача команды: выбирая и решая предложенные задания увеличивать
свой первоначальный капитал, который составляет 100 тыс. руб.
Правила игры:
1.
Каждому банку предлагается по очереди выбирать себе задание
стоимостью 5000, 10000 или 15000 руб.
– если команда дает правильный ответ, то ее капитал увеличивается на
стоимость задания;
–
если
ответ
неправильный,
то
капитал
уменьшается
на:
а) 50% стоимости задания, если другой банк также не сможет ответить верно;
б) 100% стоимости задания, если другой банк дает правильный ответ, а команда, представляющая этот банк, получает прибавку к своему капиталу,
равную 100 % стоимости задания.
Победителем считается тот банк, у кого больше «денег».
Задания для игры, стоимостью от 5 до 15 тыс. руб. приведены в Приложении 3.
Время на проведение игры – 1 час.
При подведении итогов игры, нужно также отметить наиболее отличившихся учащихся, которые показали хороший уровень усвоения материала, были активны на занятиях курса, сделали интересные презентации.
На игру можно пригласить и родителей учащихся, которые могут в качестве зрителей внести свою лепту в копилку банка, выполняя какие-либо специально подобранные для них задания (можно и шуточные).
В завершение соревнований поблагодарить учащихся за выбор данного
элективного курса и пригласить их для продолжения обучения в 10 класс физико-математического (естественно научного) профиля.
61
Библиографический список
1.
Алимов, Ш.А. Алгебра: Учеб. для 7 кл. общеобразоват. учрежде-
ний [Текст] / Ш. А. Алимов, Ю. М. Колягин, Ю. В. Сидоров и др.
–
М.: Просвещение, 2004.
2.
Бабинская, И. Л. Задачи математических олимпиад. [Текст] / И. Л.
Бабинская – М.: Просвещение, 1975.
3.
Башмакова, И.Г. Диофант и диофантовы уравнения [Текст] / И. Г.
Башмакова – М.: Наука, 1972г.
4.
Белл, Э. Т. Творцы математики: Предшественники соврем. Матема-
тики. Пособие для учителей. [Текст] / Э. Т. Белл, пер. с англ. В. Н. Тростникова,
С. Н. Киро, Н. С. Киро / под ред. и с доп. С. Н. Киро. – М.: Просвещение, 1979.
5.
Болгарский Б. В. Очерки по истории математики. [Текст] / Б. В.
Болгарский. – Минск, 1979.
6.
Варпаховховский Ф.П., Колмогоров А.Н. О решении десятой
проблемы Гильберта [Текст] / Ф. П. Варпоховховский // Квант. – 1970. - №7.
7.
Груденов Я.И. Совершенствование методики работы учителя ма-
тематики [Текст] / Я. И. Груденов. – М.: Просвещение, 1990г.
8.
Даан-Дальмедико, А., Пейфер, Ж. Пути и лабиринты. Очерки по
истории математики [Текст] / А. Даан-Дальмедико, Ж. Пейфер, пер. с фр. –
М.: Мир, 1986г.
9.
Дорофеев, Г. В. Математика. Алгебра. Функции. Анализ данных.
8 класс: Учеб. Для общеобразоват. учеб. заведений. [Текст] / Г. В. Дорофеев, С.
Б. Суворова, Е. А. Бунимович, Л. В. Кузнецова, С. С. Минаева; под ред. Г. В.
Дорофеева. – М.: Дрофа, 2001.
10.
Иванова, Г.А. Лекционно-семинарская система обучения. [Текст] /
Г. А. Иванова // Математика в школе. – 1987. - №3. – С. 11 – 13.
11.
Каспржак, А. Г. Проблема выбора: элективные курсы в школе.
[Текст] / А. Г. Каспржак. – М.: Новая школа, 2004.
62
Колесникова, Ф. Ж.
12.
Профессиональная работа учите-
ля математики. [Текст] / Ф. Ж. Колесникова // Математика в школе». – 1977.№2. – С. 31-33.
13.
Кордемский, Б. А. Этому виду задач более 1600 лет. [Текст] / Б. А.
Кордемский // Квант. – 1973. – №4. – С. 38 – 41.
14.
Крафт,
Х. Алгебраические кривые и диофантовы уравнения
[Текст] / Х. Крафт / Живые числа: сборник статей. Пер. с нем. – М.: Мир, 1986г.
15.
Макарычев, Ю. Н. Алгебра: Учеб. для 7 кл. общеобразоват. учре-
ждений [Текст] / Ю. Н. Макарычев, Н. Г. Миндюк, К. И. Нешков, С. Б. Суворова; Под ред. С.А. Теляковского – М.: Просвещение, 1995.
16.
Математическая энциклопедия [Текст] / т.2, под ред. Виноградова
И.М. М.: Советская энциклопедия, 1979г.
17.
Нудельман, А. Г.
Формирование профессиональной ориен-
тации учащихся в процессе изучения математики. [Текст] / А. Г. Нудельман //
Математика в школе. – 1981. – №4. – С. 53-55.
18.
Перевощикова, Е. Н. Составление таблицы-конспекта во время
школьной лекции. [Текст] / Е. Н. Первощикова // Математика в шк. – 1988. №3. – С. 21 – 24.
19.
Перельман, Я.И. Занимательная алгебра. [Текст] / Я. И. Перель-
ман – М.: Наука, 1976г.
20.
Сергеев, И.Н., Олехник, С.Н. и др. Примени математику. [Текст] /
И. Н. Сергеев, С. Н. Олехник, – М.: Наука, 1989г.
21.
Фоминых, Ю.Ф. Диофантовы уравнения [Текст] / Ю. Ф. Фоминых
//Математика в шк. – 1996. - №6.
22.
Чередов, М.М. Формы учебной работы в средней школе. – М.:
Просвещение, 1988г.
23.
Шибасов, Л. П. От единицы до бесконечности. [Текст] / Л. П. Ши-
басов. – М.: Дрофа, 2004.
63
24.
Школьная энциклопедия. Математика. [Текст] / под редакцией Ни-
кольский С. М. – Москва: Издательство «Большая российская энциклопедия»,
1996.
25.
ной
Элективные ориентационные курсы и другие средства профильориентации в предпрофильнной подготовке школьников. Учебно-
методическое пособие / Науч. ред. С. Н. Чистяков. М.: АПК и ПРО, 2003.
64
Приложение 1
Сборник задач
1.
Найдите все пары натуральных чисел, которые являются решени-
ями уравнения:
а) x+ у = 11;
2.
б) 3х + 5у = 17.
Учащиеся 9 класса выполняли тест, содержащий задания по ал-
гебре и геометрии. За каждый верный ответ на алгебраический вопрос выставлялось 3 балла, а на геометрический – 4 балла. Ученик верно ответил на все
вопросы теста и получил 100 баллов. Сколько в тесте было заданий по алгебре
и сколько по геометрии?
3.
Ученики начальной школы на уроке математики выкладывают из
палочек пятиугольники и шестиугольники. Всего в наборе 100 палочек. Сколько пятиугольников и сколько шестиугольников можно выложить, чтобы использованными оказались все палочки?
4.
На неделю учащимся 9 класса было предложено для решения два
списка задач: по алгебре и по геометрии. За каждую правильно решенную задачу по алгебре выставлялось 4 балла, а по геометрии – 5 баллов. Николай за выполненную им работу получил 80 баллов. Сколько задач по алгебре и сколько
по геометрии решил Николай, если известно, что в каждом списке было 15 задач?
5.
Из двух рублевых и пятирублевых монет составлена сумма в 23
рубля. Сколько среди этих монет двухрублевых?
6.
Решить уравнение на множестве целых чисел:
а) 7х + 11у = 69;
в) 5х + 29у = 39;
б) 3х + 17у = 143;
г) 7х + 31у = 90.
7.
Для газификации жилого дома требуется проложить газопровод
длиной 150 м. Имеются трубы 13 м и 9 м длиной. Сколько требуется труб, чтобы не приходилось их разрезать при прокладке газопровода?
8.
Туристическое бюро организует поездки на автомашинах двух
типов: 23-х местных автобусах и 6-ти местных автомобилях. Группа туристов
65
состоит из 310 человек. Сколько машин того и другого типа следует выделить,
чтобы не осталось свободных мест в салоне?
9.
Транспортные организации имеют в наличие машины вместимо-
стью 3,5 т и 4,5 т. Следует перевезти груз весом 53 т. Сколько машин нужно
взять для одного рейса?
10.
На 6200 рублей школой было закуплено некоторое количество
шахмат и шашек, стоимостью соответственно 460 и 190 рублей. Сколько комплектов шахмат и шашек можно купить, чтобы рационально использовать эти
деньги?
11.
Школа получила 1 млн. руб. на приобретение 100 единиц учебно-
го оборудования (на всю сумму без остатка). Администрации школы предложили, оборудование стоимостью 3000, 8000 и 12000 руб. за единицу. Сколькими способами школа может закупить это оборудование? Укажите один из способов.
12.
Представьте дробь в виде цепной дроби:
а) 7/11; б) 3/8; в) 9/5;
13.
г) 17/3.
Несколько лет назад были входу монеты по 3 и 5 коп. Сколькими
способами можно набрать ими сумму в 10 рублей?
14.
Надо разлить 15 л жидкости в бутыли емкостью в 0,5 л и 0,8 л
так, чтобы все использованные бутыли были полными. Сколько потребуется
бутылей той и другой емкости?
15.
Сколько можно купить на 100 монет петухов, кур и цыплят, если
всего надо купить 100 птиц, причём петух стоит 5 монет, курица – 4, а 4 цыплёнка – одну монету?
16.
Крестьянка несла на базар корзину яиц. Неосторожный всадник,
обгоняя женщину, задел корзину, и все яйца разбились. Желая возместить
ущерб, он спросил у крестьянки, сколько яиц было в корзине. Она ответила, что
число яиц не знает, но когда она раскладывала их по 2, по 3, по 4, по 5 и по 6, то
каждый раз одно яйцо оставалось лишним, а когда она разложила по 7, лишних
яиц не осталось. Сколько яиц несла крестьянка на базар?
66
17.
Продажа кур (старинная задача).
Три сестры пошли на рынок с курами. Одна принесла для продажи 10 кур,
другая – 16, третья – 26. До полудня они продали часть своих кур по одной и
той же цене. После полудня, опасаясь, что не все куры будут проданы, они понизили цену и распродали оставшихся кур снова по одинаковой цене. Домой
все трое вернулись с одинаковой выручкой: каждая сестра получила от продажи 35 рублей. По какой цене они продавали кур до и после полудня?
18.
Решить способом измельчения в целых числах уравнение:
а) 5х + 8у = 39;
19.
20.
б) 7х + 11у = 43.
Решить в целых числах 29х + 13у + 56z = 17.
Шехерезада рассказывает свои сказки великому правителю. Всего
она должна рассказать 1001 сказку. Сколько ночей потребуется Шехерезаде,
чтобы рассказать все свои, если x ночей она будет рассказывать по 3 сказки, а
остальные сказки по 5 за у ночей?
21.
Найти целые решения уравнения 10х + 21у = 23 каждым из изу-
ченных способов.
22.
Найти двузначное число, у которого увосьмеренное число единиц
на 13 меньше утроенного числа десятков.
23.
Некоторое число экскурсантов, разместившихся поровну в 5 ав-
тобусах (каждый автобус вмещает не более 54 человек), были доставлены на
вокзал. Там к ним присоединились еще 7 человек, и все экскурсанты распределились поровну в 14 вагонах. Сколько всего было экскурсантов?
24.
25.
числах
Решите в натуральных числах
x2 - 4ху – 5y2 = 1996.
Докажите, что система уравнений не имеет решений в целых
 x 2  y 3  7,
 2
 z  2 y 2  1
26.
Для числа 13 = 22 + 32 найти два других, сумма квадратов кото-
рых равна 13.
67
Найти число, которое при делении на 3 даёт остаток 2 , при деле-
27.
нии на 5 – остаток 3, а при делении на 7 – остаток 2.
Найти два числа, произведение которых, сложенное с каждым из
28.
данных чисел, составит куб некоторого числа.
После кораблекрушения.
29.
Пять моряков высадились на остров и к вечеру собрали кучу кокосовых
орехов. Дележ отложили на утро. Один из них, проснувшись ночью, пересчитал
добычу, угостил одним орехом мартышку, а из остальных орехов взял себе точно 1/5 часть, после чего вновь лег спать и быстро уснул. За ночь так же поступили один за другим и остальные моряки; при этом каждый не знал о действиях
своих предшественников. Наутро они поделили оставшиеся орехи поровну, но
для мартышки в этот раз лишнего ореха не осталось. Сколько орехов собрали
моряки?
Некто купил 30 птиц за 30 монет, уплатив за каждые 3 воробья по
30.
одной монете, за каждые 2 горлицы – тоже по 1 монете, за каждого голубя – по
2. Сколько куплено птиц каждого вида?
Найдите все целые числа, которые удовлетворяют уравнению
31.
x – 2xy + 3 – 4y =0.
32.
В один год заочной школе исполнилось A лет, а ее основателю –
B лет. Найдите A и B, если известно, что уравнение x2 – Ax + В = 0 имеет два
целых корня, один из которых – куб другого.
33.
Найдите четыре таких различных целых числа, чтобы сумма любых
двух из них была квадратом целого числа.
Иначе, решите систему:
x + y =a2,
x + z = b2,
x + t = c2 ,
y + z = d2,
y + t = e2 ,
z + t = f2.
68
Приложение 2
Темы рефератов
(для подготовки к семинарским занятиям)
1)
Теорема Пифагора и диофантовы уравнения.
2)
Пифагор, Герон, Евклид – известные древнегреческие ученые.
3)
Большая теорема Ферма.
4)
Известные диофантовы уравнения.
5)
Король любителей – П. Ферма.
6)
Воплощенный анализ – Л. Эйлер.
7)
Величественная пирамида – Ж. Лагранж.
8)
Король математиков – К. Гаусс.
Задания могут выполняться как группой учащихся, так и индивидуально.
69
Приложение 3
Задания для игры «Математик – бизнесмен»
Задания стоимостью 5 000 руб.
1.
Вы должны уплатить за купленный в магазине блокнот 19 руб. У вас
одни лишь двухрублевки, у кассира – только пятирублевки. Можете ли вы при
наличии таких денег расплатиться с кассиром и как именно?
2.
Требуется на один рубль купить 40 штук почтовых марок – копееч-
ных, 4-копеечных, 12-копеечных. Сколько окажется марок каждого достоинства?
3.
На 500 руб. куплено 100 штук разных фруктов. Цены на них таковы:
арбуз, 1 шт. – 50 руб., яблоки, 1 шт. – 10 руб., сливы, 1 шт. – 1 руб.
Сколько фруктов каждого рода было куплено?
Задания стоимостью 10 000 руб.
4.
В классе 35 учеников. Они собрали библиотеку для младших
школьников. Для этого каждый принес от 4 до 6 книг – и получилось 180 книг.
Каких учеников в классе больше – тех, кто принес по 4, или тех, кто принес по
6 книг? Укажите одно из распределений учеников по количеству принесенных
книг.
5.
Каждым выстрелом по мишени стрелок выбивает по 8, 9 или 10 оч-
ков. Он произвел более 11 выстрелов и выбил 100 очков. Сколько он сделал выстрелов? С каким результатом?
Пятиклассник расставляет игрушечных солдатиков по 10 в шерен-
6.
гу. В последней шеренге не хватило трех солдатиков. Он стал ставить в шеренгу по 12 солдатиков – 7 осталось. Затем он уложил их в коробки по 100 штук –
третья
коробка
оказалась
неполной.
Сколько
всего
солдатиков
у
школьника?
70
Задания стоимостью 15 000 руб.:
7.
У школьника было 60 руб. Он решил купить несколько жеватель-
ных резинок и на 8 штук больше конфет «Чупа-чупс». В киоске он увидел, что
намеренное число резинок стоит 10 руб., а конфет - 90 руб. Тогда он решил купить столько жевательных резинок, сколько рассчитывал купить конфет, а конфет – сколько резинок. Сколько он купил конфет и жевательных резинок?
8.
«Два
числа,
четыре
действия».
Над двумя целыми положительными числами были выполнены следующие четыре действия:
1) их сложили,
2) вычли из большего меньшее,
3) перемножили,
4) разделили большее на меньшее.
Полученные результаты сложили – составилось 243. Найти эти числа.
9. Имеются ли на прямой 13х – 5у + 96 = 0 точки с целыми координатами,
не превосходящие по абсолютной величине числа 10?
71
Приложение 4
Конспект – заготовка лекции
Решение диофантовых уравнений ах + by = с (1) с использованием алгоритма Евклида
1. Найти НОД (645; 381).
Решение.
645 = 381·1+264.
264=117·2+….
117=30·…+….
30=27·…+…
27=3*9 +0, т. е. 27 делится на 3.
Значит, НОД чисел 27 и 3 равен 3,
Следовательно, и НОД чисел 645 и 381 3
равен 3, т. е. последнему отличному
от нуля остатку.
2.
Докажем, что НОД двух чисел
есть последний отличный от нуля остаток
4. ax + by =c (1)
НОД (a, b) = 1
Чтобы доказать утверждение о наибольшем общем делителе,
представим описанный процесс в виде следующей цепочки равенств: если a>b, то
a = bq0 + r1
r1 = r2q2 + r3
(2)
............
rп-1 = rп qп
Следовательно, найдутся
такие числа х0 и у0,, что
ax0 + by0 = 1,
x = cx0 + bt,
y = cy0 – at, (3)
t – любое целое число
Здесь r1, . . . , rn - положительные остатки, убывающие с возрастанием номера.
Отсутствие остатка в последнем равенстве следует из того, что натуральные
числа rn не могут убывать бесконечно, поэтому на некотором шаге остаток станет нулевым.
Следовательно НОД (а,Ь) – это последний отличный от нуля остаток.
Т. о., НОД (645; 381) = 3
5. Решите уравнение на множестве целых чисел
7х + 11у =
НОД(7;11)=1, Найдем значение х0 и у0 для получения решений уравнения по формулам (3).
69
Данный прием разыскания НОД и есть –
Алгоритм Евклида
Применим алгоритм Евклида к числам 11 и 7:
11  7  1  4,

7  4  1  3,   1  4  3  1  4  7  4  1  1  4  2  7  1  11  7  1  2  7  1  11  2  7  3
4  3 1  1 

Таким образом, получаем:
3. d=Aa+Bb, 1=Aa+ Bb , если НОД (a, b)=1
7   3  11 2  1 , следовательно х0 = –3, у0=2
Запишем общее решение уравнения на множестве целых чисел согласно формулам (3):
 х  69   3  11t ,  x  207  11t ,
;

 y  69  2  7t
 y  138  7t , t  Z
Придавая конкретные целые значения t, можно получить частные решения уравнения (самостоятельно).
72
73