Lygtys su sveikaisiais nežinomaisiais ir moduliniai metodai

Sveiki stalai, o ne jų dalys

Kambaryje reikia lygiai 18 sėdimųjų vietų. Galite naudoti keturviečius ir šešiaviečius stalus. Tegul x žymi keturviečių stalų skaičių, o y – šešiaviečių stalų skaičių. Tuomet 4x+6y=18, kur x ir y yra neneigiami sveikieji skaičiai. Tinka trys šešiaviečiai stalai: (x,y)=(0,3). Taip pat tinka trys keturviečiai stalai ir vienas šešiavietis stalas: (3,1).

Sprendžiant lygtį realiųjų skaičių aibėje, gaunama visa tiesė, apimanti ir trupmeninius stalų skaičius. Sveikieji sprendiniai yra tik tos tiesės taškai su sveikosiomis koordinatėmis. Neneigiamumo reikalavimas atrenka dar mažiau taškų. Kartu nurodykite lygtį ir leistinas reikšmes: jos atsako į skirtingas uždavinio dalis.

Praverčia mokėjimas dauginti ir dalyti neneigiamus sveikuosius skaičius, žinios apie neigiamus skaičius, grįžtamuosius lygties pertvarkymus, koordinačių porų žymėjimą plokštumoje ir nelygybėmis apibrėžtas ribas. Šių įgūdžių suteikia susietos paskelbtos pamokos. Dalumas, didžiausias bendrasis daliklis, Bezu tapatybė ir kongruencijų žymėjimas paaiškinami čia, tad prieš tai nebūtina perskaityti kitos skaičių teorijos pamokos.

Skaitydami pirmą kartą, sekite stalų uždavinį, dalumo kriterijų ir vieno parametro sprendinių šeimą, tada atrinkite neneigiamus kiekius atitinkančius sprendinius. Išbandę išspręstus pavyzdžius, grįžkite prie įrodymo, kad ši šeima apima visus sprendinius, ir kongruencijų klasių skaičiaus. Netiesinių lygčių skyriuje naudojamos tik čia pristatytos modulinės taisyklės.

Pirmiausia patikrinkite, ar tikslas apskritai pasiekiamas

Sveikasis skaičius yra vienas iš …,−2,−1,0,1,2,…; jų aibę žymime ℤ. Lygtis, kurios nežinomieji turi būti sveikieji skaičiai, vadinama diofantine lygtimi. Lygtyje ax+by=c duoti koeficientai a,b ir tikslinė reikšmė c taip pat yra sveikieji skaičiai. Nežinomasis gali būti neigiamas, nebent tai draudžia papildoma sąlyga.

Sveikiesiems skaičiams d ir n žymėjimas d | n reiškia, kad n=dk su kuriuo nors sveikuoju skaičiumi k. Taigi 3 dalija ir 6, ir 9, taip pat dalija kiekvieną jų tiesinį derinį su sveikaisiais koeficientais 6x+9y=3(2x+3y). Lygtis 6x+9y=5 neturi sveikųjų sprendinių, nes 5 nesidalija iš 3. Neradus nė vieno taško mažame brėžinyje, ši visuotinė negalimybė nebūtų įrodyta.

Jei a ir b nėra abu lygūs nuliui, g=gcd(a,b) yra jų didžiausias teigiamas bendrasis daliklis. Ženklai teigiamiems bendriesiems dalikliams įtakos neturi; gcd(−6,9)=3 ir gcd(a,0)=|a|, kai a≠0. Kai abu skaičiai lygūs nuliui, kiekvienas teigiamas sveikasis skaičius yra jų bendrasis daliklis, o didžiausio nėra; prireikus taikomas susitarimas gcd(0,0)=0.

Kadangi g dalija a ir b, kiekvienas sprendinys turi tenkinti sąlygą g | c. Tai būtinoji sąlyga. Kai koeficientai nėra abu lygūs nuliui, ji yra ir pakankamoji, tačiau šiai krypčiai įrodyti reikia iš tikrųjų sudaryti sveikąjį sprendinį; tai padarysime toliau. Šioje teoremoje didžiausias bendrasis daliklis yra teigiamas; niekada nedalykite iš sutartinės reikšmės, taikomos, kai abu skaičiai lygūs nuliui.

Koeficientų derinys su sveikaisiais koeficientais duoda pradinį sprendinį

Bezu tapatybė teigia, kad, kai a ir b nėra abu lygūs nuliui, egzistuoja sveikieji skaičiai u ir v, kuriems au+bv=gcd(a,b). Štai kodėl ji galioja. Pradėkime nuo |a| ir |b|. Kai B>0, atlikime dalybą su liekana A=qB+r, kur 0≤r<B, ir pakeiskime (A,B) į (B,r). Bendrasis A ir B daliklis dalija r=A−qB; atvirkščiai, bendrasis B ir r daliklis dalija A=qB+r. Taigi bendrųjų daliklių aibė nepasikeičia.

Teigiami antrieji porų nariai griežtai mažėja, todėl procesas baigiasi pora (g,0). Kadangi galutinės poros didžiausias bendrasis daliklis yra jos pirmasis narys, jis yra ir pradinių skaičių teigiamas didžiausias bendrasis daliklis. Kiekvienas pradinis modulis yra pradinių skaičių su jų ženklais tiesinis derinys su sveikaisiais koeficientais: |a|=a×sgn(a) ir |b|=b×sgn(b), kur sgn reikšmė yra 1, −1 arba 0, priklausomai nuo ženklo. Iš vieno derinio atėmus kitą, padaugintą iš q, koeficientai lieka sveikieji. Vadinasi, galutinis g yra au+bv; taip įrodoma tapatybė, taip pat ir tada, kai vienas iš pradinių skaičių lygus nuliui.

Jei c=gk su sveikuoju skaičiumi k, padauginkime au+bv=g iš k. Tuomet x₀=uk ir y₀=vk tenkina ax₀+by₀=c. Kartu su būtinąja sąlyga tai įrodo: kai a ir b nėra abu lygūs nuliui, sveikieji sprendiniai egzistuoja tada ir tik tada, kai gcd(a,b) dalija c. Atskiras sprendinys yra viena tokia pradinė pora; ji nebūtinai turi tenkinti vėliau taikomus neneigiamumo apribojimus.

Skaičiams 4 ir 6 liekana 6−4=2 duoda g=2 ir 4×(−1)+6×1=2. Padauginę iš 18/2=9, gauname (x₀,y₀)=(−9,9). Tai tinkamas sveikasis lygties 4x+6y=18 sprendinys, nors neigiamas stalų skaičius būtų nepraktiškas. Pereidami per visą sprendinių šeimą rasime praktiškai tinkamas poras.

Vienas sveikasis žingsnis duoda visus sprendinius

Tarkime, a ir b nėra abu lygūs nuliui ir g | c. Iš bet kurio atskiro sprendinio (x₀,y₀) kiekvienas sveikasis t duoda x=x₀+(b/g)t ir y=y₀−(a/g)t. Įstačius į lygtį, du pridėti nariai panaikina vienas kitą: a(b/g)t−b(a/g)t=0. Taigi kiekviena taip užrašyta pora yra sprendinys. Parametras t turi būti sveikasis skaičius; realiosios t reikšmės užpildytų visą tiesę.

Lygčiai 4x+6y=18 imkime (−9,9) ir žingsnį (3,−2). Tuomet x=−9+3t ir y=9−2t, t∈ℤ. Kiekvienu žingsniu pridedami trys keturviečiai stalai ir pašalinami du šešiaviečiai stalai, išlaikant vietų skaičių: pridedama 12 vietų ir pašalinama 12. Gardelės diagramoje pavaizduota tik aprėžta šios begalinės šeimos dalis.

Kodėl nepraleidžiamas nė vienas sveikasis sprendinys? Pažymėkime α=a/g ir β=b/g. Jie yra tarpusavyje pirminiai: teigiamas bendrasis daliklis h>1 reikštų, kad gh yra bendrasis a ir b daliklis, didesnis už g. Jei gcd(α,β)=1 ir β | αk, iš Bezu tapatybės gauname αs+βr=1; padauginę iš k matome, kad β dalija k. Šis prastinimas remiasi sveikųjų skaičių dalumu, o ne realiųjų skaičių dalyba.

Iš bet kurio kito sprendinio atimkite konkretų sprendinį ir gausite α(x−x₀)+β(y−y₀)=0. Jei b≠0, β dalija α(x−x₀), todėl suprastinę gauname x−x₀=βt, kur t yra sveikasis skaičius. Įstatę atgal ir padaliję iš nenulinio β, gauname y−y₀=−αt. Taigi ši šeima apima visus sprendinius. Jei b=0 ir a≠0, x yra fiksuotas, o y – bet koks sveikasis skaičius; kadangi a/g yra 1 arba −1, ta pati formulė apima visas sveikąsias y reikšmes.

Viena patogi pradinė lygties −2x+3y=1 sprendinių pora yra (1,1). Kai g=1, visa sprendinių šeima yra (x,y)=(1+3t,1+2t), t∈ℤ. Koeficientų ženklai keičia žingsnio kryptį; įrodymas ir g teigiamumas lieka tokie patys. Skirtingi konkretūs sprendiniai tik pastumia parametro atskaitos pradžią.

Laisvas nežinomasis ir visa plokštuma – skirtingi atvejai

Jei a=0 ir b≠0, lygtis yra by=c. Ji turi sprendinių tada ir tik tada, kai b dalija c; tuomet y=c/b, o x yra bet koks sveikasis skaičius. Jei b=0 ir a≠0, x=c/a yra fiksuotas, jei ši reikšmė sveikoji, o y yra bet koks sveikasis skaičius. Pavyzdžiui, iš −3y=6 gauname y=−2, o x gali būti bet koks sveikasis skaičius; pridėjus sąlygą, kad y turi būti neneigiamas, kiekių uždavinys neturėtų sprendinių.

Jei a=b=0 ir c=0, lygtis yra 0=0. Tinka kiekviena pora (x,y)∈ℤ²: abu sveikuosius skaičius galima pasirinkti nepriklausomai. Viena tiesės sprendinių šeima negali aprašyti visos šios plokštumos. Jei a=b=0 ir c≠0, sprendinių nėra. Abu atvejus, kai abu koeficientai lygūs nuliui, nagrinėkite tiesiogiai, užuot daliję iš didžiausio bendrojo daliklio 0.

Nedarykite išvados, kad nulinis koeficientas reiškia, jog atitinkamas nežinomasis lygus nuliui. Šio nežinomojo lygtyje nelieka, todėl jis yra laisvas ir jam taikomi tik papildomi apibrėžimo srities apribojimai, jei tokių yra. Taip pat be galo daug sveikųjų sprendinių nebūtinai reiškia be galo daug neneigiamų sprendinių.

Kiekių apribojimus išreikškite sveikojo parametro ribomis

Grįžkime prie x=−9+3t ir y=9−2t. Stalų skaičiai turi tenkinti −9+3t≥0, iš čia t≥3, ir 9−2t≥0, iš čia t≤9/2. Kadangi t yra sveikasis skaičius, t≤4. Taigi t=3 arba 4, ir gauname būtent (0,3) ir (3,1). Tai įrodo, kad rasti visi tinkami sprendiniai, o ne vien du pavyzdžiai.

Apskritai sąlyga koordinatei h+kt≥0 duoda t≥ceil(−h/k), jei k>0, ir t≤floor(−h/k), jei k<0. Čia ceil(s) yra mažiausias sveikasis skaičius, ne mažesnis už s, o floor(s) – didžiausias sveikasis skaičius, ne didesnis už s. Dalijant iš neigiamo skaičiaus, nelygybės ženklas apsiverčia. Jei k=0, koordinatė yra pastovi: h≥0 nenustato jokios ribos, o h<0 atmeta visas parametro reikšmes.

Sujunkite visas apatines ribas pasirinkdami didžiausią, o visas viršutines – pasirinkdami mažiausią. Jei gauta apatinė riba viršija viršutinę, nelieka nė vienos sveikosios t reikšmės. Jei ribos nėra, ta kryptimi reikšmės neaprėžtos; trūkstama riba nepakeičiama savavališka brėžinio riba. Lygties 4x+6y=2 sprendinių šeimai x=−1+3t,y=1−2t būtina t≥1 ir t≤0, todėl neneigiamo sprendinio nėra, nors sveikųjų sprendinių yra.

Lygties −2x+3y=1 patogios sprendinių šeimos (1+3t,1+2t) abi koordinatės yra neneigiamos tada ir tik tada, kai t≥0. Tokių porų yra be galo daug. Kai koeficientai ir dešinioji lygties pusė teigiami, abu kiekiai yra aprėžti iš viršaus; kai koeficientų ženklai skirtingi, taip gali ir nebūti. Baigtinė rodoma sritis nėra tas pats, kas tikrosios parametro ribos.

Liekanos sąlyga slepia vieną sveikąjį nežinomąjį

Kai modulis m yra teigiamas sveikasis skaičius, rašome z≡w (mod m), jei m | z−w. Normalizuotos liekanos yra 0,1,…,m−1. Kiekvienas sveikasis skaičius, nepriklausomai nuo ženklo, turi vienintelę tokią liekaną: pasirinkę q=floor(z/m) ir r=z−qm, gauname 0≤r<m. Dviejų sveikųjų skaičių liekanos sutampa tada ir tik tada, kai jų skirtumas yra m kartotinis. Pavyzdžiui, −3≡4 (mod 7).

Kongruencija ax≡c (mod m) reiškia, kad ax−c yra m kartotinis. Tai lygiavertiška teiginiui, kad egzistuoja sveikasis skaičius y, kuriam ax+my=c: jei ax−c=mk, pasirenkame y=−k, o atvirkštinė išvada gaunama pertvarkius lygybę. Todėl teigiamas didžiausias bendrasis daliklis g=gcd(a,m) dalija c tada ir tik tada, kai kongruencija turi sprendinį. Modulis m≥1 užtikrina, kad abu koeficientai nėra lygūs nuliui.

Vienas sprendinys x₀ gaunamas iš Bézout tapatybės porai (a,m), padaugintos iš c/g. Visa lygties sveikųjų sprendinių šeima rodo, kad visi kongruencijos sprendiniai yra x=x₀+(m/g)t, t∈ℤ. Įrodžius y egzistavimą, ši koordinatė nebereikalinga. Taip aprašomi visi sveikieji skaičiai, o ne tik trumpa liekanų lentelė.

Moduliu m yra lygiai g skirtingų sprendinių klasių, kurių atstovai yra x₀+j(m/g), kai j=0,…,g−1; šie atstovai normalizuojami į 0,…,m−1. Du iš jų galėtų sutapti moduliu m tik jei g dalytų jų indeksų skirtumą, kuris yra griežtai tarp −g ir g; vadinasi, indeksai turi sutapti. Kiekvienas sveikasis skaičius t turi liekaną j moduliu g, ir tai įrodo, kad sąrašas išsamus. Kai m=1, yra viena liekana – 0, o kiekvienas sveikasis skaičius tenkina kiekvieną tiesinę kongruenciją moduliu 1.

Bendrą daugiklį prastinkite tik pakeitę modulį

Išspręskime 6x≡4 (mod 10). Didžiausias bendrasis daliklis yra 2, ir jis dalija 4. Užrašę 6x−4=10k ir padaliję visą lygybę iš 2, gauname 3x−2=5k. Taigi lygiavertė kongruencija yra 3x≡2 (mod 5), o sumažintas modulis – 5. Kadangi 3×2≡1 (mod 5), padauginę iš 2, gauname x≡4 (mod 5).

Visi sveikieji sprendiniai yra x=4+5t. Dvi klasės moduliu 10 yra 4 ir 9, kaip ir numato g=2. Jei suprastinę iki 3x≡2 paliktume modulį 10, prarastume tinkamus sprendinius; pavyzdžiui, x=9 tenkina pradinę kongruenciją, bet 27 nėra kongruentus 2 moduliu 10.

Bendresniu atveju, jei g | c, padaliję gauname (a/g)x≡c/g (mod m/g). Sumažintas koeficientas ir sumažintas modulis yra tarpusavyje pirminiai. Bézout tapatybė duoda sveikąjį skaičių u, kuriam (a/g)u≡1 (mod m/g), todėl x≡u(c/g) sumažintu moduliu. Jei m/g=1, kongruencija sveikiesiems skaičiams nenustato jokio apribojimo; nereikia taikyti specialaus susitarimo dėl atvirkštinio elemento.

Neprastinkite iš bet kurio daugiklio, neturinčio atvirkštinio elemento, palikdami tą patį modulį. Iš 2x≡0 (mod 6) teisinga išvada yra x≡0 (mod 3), o ne x≡0 (mod 6). Tarp pradinės kongruencijos sprendinių yra x=3. Egzistavimo kriterijus taip pat leidžia įvertinti 6x≡3 (mod 10): didžiausias bendrasis daliklis 2 nedalija 3, todėl netinka nė viena liekanų klasė.

Neįmanoma liekana įrodo, kad lygtis neturi sveikųjų sprendinių

Kongruencija išlieka sudedant ir dauginant. Jei z=r+mk ir w=s+mℓ, tai z+w−(r+s)=m(k+ℓ) ir zw−rs=m(rℓ+sk+mkℓ). Abu skirtumai dalijasi iš m. Visų pirma, pakėlę liekaną kvadratu, gauname kvadrato liekaną. Šios taisyklės leidžia baigtiniu liekanų atvejų skaičiumi apriboti visus sveikuosius skaičius, įskaitant neigiamus.

Moduliu 4 liekanų 0,1,2,3 kvadratų liekanos yra 0,1,0,1. Taigi x²+y² moduliu 4 gali turėti tik liekanas 0,1 arba 2. Liekana 3 negalima. Todėl x²+y²=3 neturi sveikųjų sprendinių, nors atitinkamame apskritime realiojoje plokštumoje yra daug taškų. Šešiolikos langelių liekanų lentelėje patikrinama kiekviena galima liekanų klasių pora, o ne kiekvienas sveikasis skaičius atskirai.

Tas pats įrodymas atmeta x²+y²=N sveikuosius sprendinius visada, kai N≡3 (mod 4). Jis pateikia būtinąją sąlygą, o ne visų taip išreiškiamų N apibūdinimą. Be to, tinkamas langelis savaime nepateikia konkrečių sveikųjų skaičių, tenkinančių pradinę lygybę; jis pateikia tik suderinamas liekanas. Egzistavimui įrodyti naudokite atskirą konstrukciją arba išsamų aprėžtos srities nagrinėjimą.

Pavyzdžiui, x²=2 tenkina kvadratų liekanų kriterijų moduliu 7: tiek liekanos 3, tiek liekanos 4 kvadrato liekana yra 2. Tačiau nė vieno sveikojo skaičiaus kvadratas nėra lygus 2. Jei |x|≤1, tai x²≤1; jei |x|≥2, tai x²≥4. Šie atvejai apima visus sveikuosius skaičius. Taigi šio vieno modulio kriterijaus tenkinimas neįrodo, kad lygtis turi sprendinių.

Įrodyta riba gali paversti paiešką išsamiu įrodymu

Lygties x²+y²=5 abu kvadratai yra neneigiami, todėl x²≤5 ir y²≤5. Vadinasi, sveikieji sprendiniai tenkina |x|≤2 ir |y|≤2. Kitaip nei savavališkai parinkta braižymo sritis, ši riba įrodyta remiantis lygtimi, todėl už jos negali likti nė vieno sprendinio.

Vieninteliai kvadratai šiame intervale yra 0,1 ir 4. Kad jų suma būtų 5, vienos koordinatės kvadratas turi būti 1, o kitos — 4. Taigi visas sąrašas yra (±1,±2) ir (±2,±1), kiekvieną ženklą pasirenkant nepriklausomai: aštuonios skirtingos sutvarkytosios poros. Sveikųjų taškų gardelės brėžinyje su vienodais abiejų ašių masteliais ir jo tikslių reikšmių lentelėje parodytos visos aštuonios poros, o tolydus apskritimas pateiktas tik palyginimui su realiaisiais sprendiniais.

Lygties x²+y²=0 neneigiamumas lemia x=y=0. Kai dešinioji pusė neigiama, nėra nei realiųjų, nei sveikųjų sprendinių. Lygties x²+y²=2 ta pati riba leidžia gauti tik (±1,±1) — keturias sutvarkytąsias poras. Šie elementarūs atvejai nesudaro bendro algoritmo kiekvienai netiesinei Diofanto lygčiai.

Atskirkite konstrukciją, filtrą ir kliūtį

Nagrinėdami ax+by=c, pirmiausia išnagrinėkite atvejį, kai abu koeficientai lygūs nuliui; kitu atveju apskaičiuokite teigiamą didžiausią bendrąjį daliklį ir patikrinkite dalumą. Sukonstruokite vieną sprendinį, nurodykite visą sveikųjų sprendinių šeimą, tada pritaikykite visus kiekio ar intervalo apribojimus. Galutinę porą patikrinkite pradinėje lygtyje, atsižvelgdami ir į jos ženklus bei apibrėžimo sritį.

Tiesinei kongruencijai reikalaukite teigiamo modulio, taikykite tą patį didžiausio bendrojo daliklio kriterijų ir kartu su bendruoju daugikliu sumažinkite modulį. Nurodykite, ar išvardijate visus sveikuosius sprendinius, ar baigtinį jų liekanų klasių skaičių. Netiesinei lygčiai kliūtis pagal modulį gali atmesti sprendinių galimybę; jei patikra sėkminga, reikia tolesnio samprotavimo.

Prieš atverdami tyrinėjimo įrankį, numatykite: ar tiesinė lygtis turės gardelės taškų, ar kurie nors iš jų tenkins neneigiamumo apribojimą, kiek liekanų klasių liks, ar kvadratų sumų tinklelyje bus tinkamas langelis? Palyginkite sveikaisiais skaičiais išsprendžiamą lygtį su neįmanomu kiekių uždaviniu, o neįmanomumą pagal modulį – su išsamia konstrukcija aprėžtoje srityje. Baigtinės diagramos ribos niekada neatstoja bendrojo įrodymo.

Išnagrinėti pavyzdžiai

Pabandykite patys

1. Pora (1/2,1/2) tenkina lygtį 2x+2y=2. Ar ji yra atitinkamos lygties sveikasis sprendinys? Pateikite visą jos sveikųjų sprendinių šeimą.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Ne. Visi sveikieji sprendiniai yra (x,y)=(t,1−t), t∈ℤ.

   Abi pateiktos poros koordinatės nėra sveikieji skaičiai. Padaliję lygtį iš 2, gauname x+y=1; pasirinkus bet kurį sveikąjį x=t, gaunama y=1−t, ir kiekviena tokia pora tenkina lygtį.

2. Ar lygtis 12x+18y=7 turi sveikąjį sprendinį? Pagrįskite atsakymą visoms galimoms sveikųjų skaičių poroms.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Sveikųjų skaičių sprendinių nėra.

   Didžiausias bendrasis daliklis yra 6. Kiekviena sveikųjų skaičių kombinacija 12x+18y yra 6 kartotinis, o 7 nėra. Paieškos srities nereikia.

3. Nurodykite visus lygties 6x+4y=2 sveikųjų skaičių sprendinius, pradėdami nuo (1,−1). Paaiškinkite, kodėl žingsnio koordinatės yra priešingų ženklų.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   (x,y)=(1+2t,−1−3t), t∈ℤ.

   Didžiausias bendrasis daliklis yra 2, todėl žingsnis yra (4/2,−6/2)=(2,−3). Jo indėliai panaikina vienas kitą: 6×2+4×(−3)=0. Įrodymas, grindžiamas sprendinių skirtumais ir tarpusavyje pirminiais skaičiais, rodo, kad kiekvienas sveikųjų skaičių sprendinys priklauso šiai šeimai.

4. Raskite visus lygties 0x−3y=6 sveikųjų skaičių sprendinius. Ar yra tokių, kurių abi koordinatės neneigiamos?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Visos poros yra (x,−2), x∈ℤ. Nė vienos poros abi koordinatės nėra neneigiamos.

   Lygtis nustato y=6/(−3)=−2 ir neriboja x. Kiekį nusakantis apribojimas kintamajam y netenkinamas, kad ir kokia būtų laisvai pasirenkama x reikšmė.

5. Išspręskite lygtis 0x+0y=0 ir 0x+0y=−2 sveikaisiais skaičiais. Ar pirmosios lygties sprendinius galima aprašyti vienu žingsniu išilgai tiesės?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Pirmosios lygties sprendiniai yra visos ℤ² poros; antroji sprendinių neturi. Pirmajai reikia dviejų nepriklausomai pasirenkamų sveikųjų skaičių, o ne vieno tiesės parametro.

   Kairioji pusė visada lygi 0. Vienu parametru aprašyta tiesė neapimtų sveikųjų koordinačių taškų, esančių ne toje tiesėje; dalyti iš gcd(0,0) taip pat būtų negalima.

6. Raskite visą lygties 4x+6y=2 sveikųjų skaičių sprendinių šeimą ir nustatykite, ar yra pora, kurios abi koordinatės neneigiamos.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Sprendinių šeima yra (−1+3t,1−2t), t∈ℤ; poros su neneigiamomis koordinatėmis nėra.

   Atskiroji pora (−1,1) tinka. Koordinačių apribojimai reikalauja, kad vienu metu būtų t≥1 ir t≤0, todėl šių sąlygų sankirta yra tuščia.

7. Patikrinkite, ar lygties −2x+3y=1 neneigiamų sprendinių sąrašas yra baigtinis. Nurodykite tikslų parametro apribojimą.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Jis yra begalinis: (x,y)=(1+3t,1+2t) kiekvienam sveikajam t≥0.

   Abi koordinatės didėja didėjant t. Jų apatinės ribos, suapvalintos į didesniąją pusę, yra 0, ir nė viena koordinatė nenustato viršutinės ribos. Baigtinis brėžinys negali padaryti sąrašo baigtinio.

8. Išspręskite kongruenciją −3x≡1 (mod 7). Patikrinkite sandaugos liekaną, įstatę gautą atsakymą.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   x≡2 (mod 7), arba, lygiaverčiai, x=2+7t, kur t yra sveikasis skaičius.

   Kai x=2, sandauga yra −6, o jos normalizuota liekana moduliu 7 yra 1. Didžiausias bendrasis daliklis yra 1, todėl yra viena sprendinių klasė. Pridėjus 7 prie x, −3x pasikeičia skaičiaus 7 kartotiniu.

9. Besimokantysis suprastina kongruenciją 2x≡0 (mod 6) iš 2 ir užrašo x≡0 (mod 6). Kokia yra teisinga išvada ir koks kontrpavyzdys paneigia besimokančiojo teiginį?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Lygiavertis rezultatas yra x≡0 (mod 3). Sveikasis skaičius x=3 tenkina pradinę kongruenciją, bet netenkina besimokančiojo užrašytos griežtesnės kongruencijos.

   Dalumas reiškia, kad 2x=6k. Padaliję lygybę iš 2, gauname x=3k, taigi modulis pasikeičia į 3. Moduliu 6 yra dvi klasės: 0 ir 3.

10. Išspręskite kongruencijas 0x≡0 (mod 5), 0x≡2 (mod 5) ir 7x≡−2 (mod 1).

    Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

    Pirmosios ir trečiosios sprendinys yra kiekvienas sveikasis skaičius x. Antroji sprendinių neturi.

    Pirmasis skirtumas yra 0, kuris dalijasi iš 5, o −2 nesidalija iš 5. Modulis 1 dalija kiekvieną sveikųjų skaičių skirtumą ir turi tik vieną liekanų klasę 0.

11. Įrodykite, kad x²+y²=11 neturi sveikųjų sprendinių, netikrindami atskirų sveikųjų skaičių.

    Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

    Sprendinių nėra, nes 11≡3 (mod 4), o dviejų sveikųjų skaičių kvadratų suma negali turėti tokios liekanos.

    Kiekvieno kvadrato liekana moduliu 4 yra 0 arba 1; jų sumų liekanos yra 0,1,2. Šis visas galimas liekanas apimantis argumentas galioja kiekvienai sveikųjų skaičių porai, nepriklausomai nuo jų ženklų.

12. Tiek 3², tiek 4² liekana moduliu 7 yra 2. Ar tai įrodo, kad x²=2 turi sveikąjį sprendinį? Išsamiai paaiškinkite.

    Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

    Ne. Lygtis x²=2 neturi sveikųjų sprendinių.

    Tinkama liekana yra tik būtinoji sąlyga. Sveikųjų skaičių, kuriems |x|≤1, kvadratas yra ne didesnis už 1; tų, kuriems |x|≥2, kvadratas yra ne mažesnis už 4. Šie atvejai nepalieka jokio kvadrato, lygaus 2.

13. Išvardykite visus lygties x²+y²=2 sveikuosius sprendinius ir įrodykite, kad sąrašas yra išsamus.

    Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

    Keturios poros yra (1,1),(1,−1),(−1,1),(−1,−1).

    Kiekvienos koordinatės modulis yra ne didesnis už 1, nes jos kvadratas yra ne didesnis už 2. Šiame intervale abu kvadratai turi būti lygūs 1, kad jų suma būtų 2. Kiekvienos koordinatės ženklą galima pasirinkti nepriklausomai nuo kitos.

14. Brėžinyje srityje [−6,6]² nėra gardelės taškų, tenkinančių 6x+9y=5. Koks papildomas faktas įrodo, kad sprendinių nėra niekur?

    Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

    DBD(6,9)=3 nedalija 5.

    Paveiksle patikrinama tik baigtinis skaičius sveikųjų skaičių porų. Dalumo faktas atmeta visas poras iš ℤ² tiek vaizduojamoje srityje, tiek už jos ribų. Vien baigtinė paieška, neradusi sprendinių, to neįrodytų.

Ką verta įsidėmėti

• Kai bent vienas koeficientas nelygus nuliui, lygtis ax+by=c turi sveikųjų sprendinių tada ir tik tada, kai teigiamas didžiausias bendrasis daliklis dalija c.
• Vienas atskirasis sprendinys ir primityvusis žingsnis (b/g,−a/g) leidžia gauti visus sveikuosius sprendinius; atvejį, kai abu koeficientai lygūs nuliui ir sprendiniai sudaro plokštumą, nagrinėkite atskirai.
• Kiekių apribojimai atrenka sveikojo parametro reikšmes ir gali palikti baigtinę, tuščią arba neaprėžtą aibę.
• Tiesinė kongruencija turi pilną sprendinių šeimą ir žinomą klasių skaičių; dalydami iš bendro daugiklio, kartu padalykite ir modulį.
• Neįmanoma liekana atmeta sveikuosius sprendinius. Suderinama liekana ar baigtinė vaizduojama sritis reikalauja papildomų samprotavimų, kad būtų įrodytas sprendinių egzistavimas ar sąrašo pilnumas.