Processing math: 100%

Уравнения со многими неизвестными

 Рассмотим уравнение первой степени с n-неизвестнымиa1x1+a2x2++anxn=b(1)Здесь n-натуральное число, большее 1, а a1,a2,,an – данные целые числа.Все коэффициенты можно предполагать натуральными, так как члены с коэффициентами,равными нулю, можно отбросить, а отрицательный коэффициент можно заменить равным емупо абсолютной величине положительным коэффициентом, изменив при этом знак у неизвестного.Если бы два из коэффициентов ai были равны, например, a1=a2, то, положивx1+x2=x, мы вместо уравнения (1) получили бы уравнениеa1x+a3x3+a4x4++anxn=b(2)Из каждого решения уравнения (1) в целых числах x1,x2,,xn, получим решениеуравнения (2) в целых числах x,x3,x4,,xn, а из каждого решения уравнения(2) в целых числах x,x3,x4,,xn, приняв за x1 любое целое число и положивx2=xx1, получим решение уравнения (1) в целых числах x1,x2,,xn.Задача нахождения всех решений в целых числах уравнения (1) сводится к задаче нахождения всехрешений в целых числах уравнения (2) с меньшим числом неизвестных.Далее будем предполагать, что коэффициенты ai уравнения (1) натуральные и все различные.Пусть a1 наибольшее. Предположим, что число a1 при делении на a2 дает в частномцелое число k и в остатке a2, такое что a1=a2k+a2, где k естьнатуральное число, a2 – такое целое число, что 0a2a2.Примем x1=kx1+x2,x2=x1,a1=a2. Тогдаa1x1+a2x2=a2(kx1+x2)+a2x1=a1x1+a2x2и уравнение (1) перейдет в уравнениеa1x1+a2x2+a3x3++anxn(3)Если примем x1=kx1+x2,x2=x1, то из каждого решения уравнения (1) вцелых числах x1,x2,,xn получим решение в целых числах x1,x2,x3,,xnуравнения (3). Обратно, если положим x1=x2,x1=x1kx1, то из каждого решенияв целых числах x1,x2,x3,,xn уравнения (3) получим решение в целых числахx1,x2,,xn уравнения (1).Таким образом, решение уравнения (1) в целых числах сводится к решению в целых числах уравнения (3),в котором наибольший из коэффициентов при неизвестных меньше, чем наибольший из коэффициентов принеизвестных в уравнении (1). Далее, аналогичным образом из уравнения (3) можно получить уравнение,в котором наибольший из коэффициентов меньше, чем наибольший из коэффициентов уравнения (3) и т.д.Так как последовательность убывающих натуральных чисел не может быть бесконечной, то, пользуясьуказанным приемом, придем либо к уравнению с одним неизвестным, решение которого не вызывает затруднений,либо к уравнению, в котором все коэффициенты при неизвестных равны, например к уравнениюcy1+cy2++cyk=bИз этого уравнения следует, что свободный член b будет делиться на c. Если бы это условие не выполнялось,то тогда уравнение это, а, следовательно, уравнение (1) не имело бы решений в целых числах. Если b при делениина с дает в частном целое d, то получаем уравнение y1+y2++yk=d, все решения которого в целыхчислах находим, полагая y2,y3,,yk равным любым целым числам и принимая y1=dy2y3yk.Пример:6x+10y7z=11(4)Принимая z=z, получаем уравнение 6x+10y+7z=11.Учитывая, что 10=7+3, получаем 6x+7(y+z)+3y=11 и, полагая, y+z=t, получаем уравнение6x+7t+3y=11. Теперь, учитывая, что 7=6+1 получаем 6(x+t)+t+3y=11 и, полагая x+t=u,получаем уравннеие 6u+t+3y=11. Все решения в целых ислах u,t,y этого уравнения получаем, если для y и uбудем назначать любые целые числа и примем t=113y6u. А так как x+t=u, то имеем x=ut=3y+7u11и далее, так как z=z и y+z=t, то находим z=yt=4y+6u11.Все решения уравнения (4) в целых числах x,y,z содержатся в формулахx=3y+7u11,z=4y+6u11,где y,u-любые целые числа. Действительно,6(3y+7u11)+10y7(4y+6u11)=11.Легко такде доказать, что если уравнение (1) имеет решение в целых числах, то таких решений (в случае m1)оно имеет бесконечное множество.Если a1,a2,,an и b - целые числа, причем среди чисел a1,a2,,anпо крайней мере одно отлично от нуля, то для разрешимости уравнения (2) в целых числах x1,x2,,xn,необходимо и достаточно, чтобы свободный член b делится на наибольший общий делитель чиселa1,a2,,an.