Что значит сравнить уравнения каждой пары

Как сравнить уравнения и их решения

Сравни уравнения № 227 ГДЗ Математика 4 класс Моро М.И.

Сравни уравнения каждой пары и их решения.
х∙ 10 = 45 000 х : 100 — 4 000 х+ 190 = 400
100 ∙ х = 45 000 4 000 : х = 100 х − 190 = 400

x = 45000 : 10 = 4500, х = 45000 : 100 = 450,
4500 > 450
x = 4000 ∙ 100 = 400000, х = 4000 : 100 = 40, 400000 >
> 40
х = 400 — 190 = 210, x = 400 + 190 = 590, 210

Answer the following questions.

1. Where and when did the King and the Queen live? ( Подробнее. )

Привет. Выручайте с ответом по математике…
Коля и Толя играют в кости. Они бросают кубик по одному разу, выигрывает тот, у кого ( Подробнее. )

Привет всем! Нужен ваш совет, как отвечать…
В классе 12 мальчиков и 13 девочек. 1 сентября случайным образом определяют двух ( Подробнее. )

Complete the second sentence so that it
means the same as the first. Use two to five
words including the word in bold. ( Подробнее. )

Как за три взвешивания отвесить на чашечных весах 700 г крупы, если есть только одна гиря в 100 г?
Используя данные со страницы ( Подробнее. )

Как сравнить пары уравнений?

Математика | 1 — 4 классы

Как сравнить пары уравнений.

Сравнить уравнения каждой пары х + 75 = 125 х — 75 = 250?

Сравнить уравнения каждой пары х + 75 = 125 х — 75 = 250.

Сравни пары уравнений Сравни их решения х — 260 = 340 , х + 260 = 340, 96 : х = 4, 96 — х = 4, 16 + х = 80, 16 * х = 80?

Сравни пары уравнений Сравни их решения х — 260 = 340 , х + 260 = 340, 96 : х = 4, 96 — х = 4, 16 + х = 80, 16 * х = 80.

Сравни пары уравнений?

Сравни пары уравнений.

Сравни их решения x — 260 = 340.

Как понять сравните уравнения каждой пары и их решения?

X умноженое на 10 = 45000 и 100 умноженое на X = 45000.

Сравни пары двузначных чисел 3 * 51?

Сравнить пары чисел 8000см кубических 8м кубических?

Сравнить пары чисел 8000см кубических 8м кубических.

Выпиши пары дробей, которые ты можешь сравнить по величине?

Выпиши пары дробей, которые ты можешь сравнить по величине.

Сравните уравнения каждой пары и их решения?

Сравните уравнения каждой пары и их решения.

Х — 75 = 125 * 3 сравнить уравнения каждой пары и их решения?

Х — 75 = 125 * 3 сравнить уравнения каждой пары и их решения.

Сравни кравнения каждой пары и их решения?

Сравни кравнения каждой пары и их решения.

На этой странице находится вопрос Как сравнить пары уравнений?. Здесь же – ответы на него, и похожие вопросы в категории Математика, которые можно найти с помощью простой в использовании поисковой системы. Уровень сложности вопроса соответствует уровню подготовки учащихся 1 — 4 классов. В комментариях, оставленных ниже, ознакомьтесь с вариантами ответов посетителей страницы. С ними можно обсудить тему вопроса в режиме on-line. Если ни один из предложенных ответов не устраивает, сформулируйте новый вопрос в поисковой строке, расположенной вверху, и нажмите кнопку.

Виды уравнений и способы их решения в 9-м классе

Разделы: Математика

Перед уроком были изучены темы “Уравнения с одной переменной”, “Целые рациональные уравнения и основные методы решения целых рациональных уравнений”, “Дробно-рациональные уравнения”, “Уравнения с модулем и параметрами”.

За две недели до обобщающего урока на стенде “Готовься к экзамену” было предложено:

Прорешать из экзаменационного сборника задания второго раздела (№ 71–101).
Вопросы по теоретическому материалу.
Примерное оформление экзаменационного задания.
Сроки индивидуальных и групповых консультаций.

Вопросы по теоретическому материалу

Определение уравнения с одним неизменным.
Корень уравнения.
Что значит решить уравнение?
Определение области допустимых значений.
Когда два уравнения являются равносильными?
Когда одно уравнение является следствием другого?
Какие тождественные преобразования приводят к равносильным уравнениям?
Особенность тождественного преобразования “деление на выражение, содержащее переменную”.
Виды уравнений, их стандартный вид, алгоритм решения.
Основные методы решения уравнений с одним неизвестным.

а) учебник А-9 под ред. Н.Я. Виленкина, глава X, с. 157–189;
б) конспекты.

№ 93(1)
№ 5.60(а)
Галицкий, с. 51

если D = 0, то x = –3 при a = –3, но x = –3 не удовлетворяет условию, так как (x – 4)(x + 3) 0;

Среди найденных значений может быть появление посторонних корней, так как уравнение x² + (3 – a)x – 3a = 0 следствие исходного уравнения.

Чтобы x₂ = a являлся корнем x 2 – 4 0, a – 4 0, a 4

x 2 + 3 0, то есть a – 3 0, a –3

Ответ: при a 4, a –3 корнем уравнения является x = a.

Задания к уроку подобраны с учетом подготовленности учащихся данного класса.

привести в систему знаний учащихся по теме;
повторить теорию решения уравнений;
выработать умение определить вид уравнения;
выразить наиболее рациональный способ решения данного уравнения;
формировать наблюдательность учащихся.

I. Организационный момент

Сообщение темы урока и его целей.

II. Повторение теории по решению уравнений

1. Что называется уравнением?

Ответ: Любое равенство вида некоторые функции называются уравнением с одной переменной (или с одной неизвестной).

2. Что называется корнем уравнения?

Ответ: Число a называется корнем (или решением) данного уравнения с одной переменной, если при подстановке числа a вместо x в обе части уравнения, получаем верное числовое неравенство, то есть при подстановке x = a обе части уравнения определены и их значения совпадают:

3. Что значит решить уравнение?

Ответ: Решить уравнение – это значит найти все его корни или доказать что их нет.

4. Как определяется область определения допустимых значений уравнения?

Ответ: ОДЗ называется пересечение множеств областей определения функций

5. Какие уравнения называются равносильными (эквивалентными)?

Ответ: Два уравнения называются равносильными, если все корни уравнения первого являются корнями второго и наоборот, все корни второго уравнения являются корнями первого.

6. А как определить уравнение следствие?

Ответ: Если все корни одного уравнения являются корнями второго уравнения, то второе уравнение называется следствием первого уравнения.

7. Какие тождественные преобразования приводят к равносильным уравнениям?

к обеим частям уравнения прибавить любую функцию, которая определена при всех значениях из ОДЗ. Следствие. Члены уравнения можно переносить из одной части уравнения в другую;
обе части уравнения умножить на любую функцию, определенную и отличную от нуля при всех допустимых значениях неизвестного. Также можно делить и умножать на число, отличное от нуля;
в обеих частях уравнения стоят функции, принимающие только неотрицательные значения, то при возведении в одну и ту же четную степень получаем уравнение, равносильное данному. Появлению “посторонних корней” приводят преобразования:
а) приведение подобных членов – происходит расширение ОДЗ;
б) сокращение дроби на выражение, содержащие неизвестное (тоже происходит расширение ОДЗ);
в) умножение на выражение, содержащее неизвестное;
г) освобождение дроби от знаменателя, содержащего неизвестное. Необходимо обязательно делить проверку или лучше перейти к смешанной системе.

8. Виды уравнений, их стандартный вид, алгоритм решения (в процессе решения).

Ответ:
а) Линейное;
б) квадратное;
в) уравнение высших порядков (биквадратным, возвратное, симметрическое);
г) уравнения содержащие модуль;
д) уравнение с параметром.]

9. Какие общие методы решения уравнений с одним неизвестным?

Ответ: Вынесение общего множителя (разложение на множители), замена переменной, использование ограниченности и монотонности функций, графически.

Понятие равносильности для нас понятие только вводится, и поэтому проведем тест, как же вы этим понятием владеете.

Тест рассчитан на 5–7 минут. Контрольные задания даются в двух вариантах. После окончания работы на доске вывешиваются контрольные ответы. За каждое правильно выполненное задание – 1 балл. После окончания работы ученик оценивает свою работу самостоятельно, затем разбираются неверные ответы (к заданиям предлагаются).

Корни всех приведенных уравнений находятся среди чисел –3, –2, 1, 2, 3. Укажите пары равносильных уравнений.

Корни всех приведенных уравнений находятся среди чисел –2, –1, 1, 2. Укажите пары равносильных уравнений.

VI. Решение задач

Ученик должен определить вид уравнения, алгоритм решения данного уравнения, обратить внимание на способы его решения, выбрать рациональный способ решения.

Задачи взяты из “Сборника задач по алгебре” для классов с углубленным изучением математики под редакцией М.Л. Галицкого.

1. Уравнение третьей степени, в стандартном виде. Метод решения – разложения на линейные множители (теорема Безу):

Так как это уравнение рациональное целое с целыми коэффициентами, то оно имеет целые корни, являющиеся делителями свободного члена: 21: 1; 3; 7; 21. x₁ = 1 является корнем (убеждаемся подстановкой), поэтому многочлен левой части уравнения делится на двучлен х – 1.

Решим уравнение x² + 10x + 21 = 0. По теореме Виета корни: x₂ = –3, x₃ = –7, x₁ = 1.

Как еще с помощью теоремы Безу можно было выполнить разложение на множители?

Ответ: Если множитель делится на x – 1 и на x + 3, то он делится и на их произведение.

Это уравнение четвертой степени. Метод решения – группировка. Если левая часть уравнения представлена в виде разложения на линейные множители, а в правой – число и выносящиеся: (x + a)(x + b)(x + b)(x + c) = A и a + b = c + d, в этом случае возможна группировка множителей.

Сделаем замену x² + x = t и получим уравнение

3. 5 – 12x³ + 14x² = 12x – 5, 5x² – 12x³ + 14x² – 12x + 5 = 0 – возвратное уравнение членов степени. Так как x = 0 не является корнем данного уравнения, разделим почленно на x² и сгруппируем:

4. – это дробно-рациональное уравнение, содержащее модуль.

Алгоритм: а) находим нули модуля; б) дискриминант уравнения разбиваем на промежутки; в) раскрываем модуль на каждом из промежутков; г) выбираем ответ, учитывая данный промежуток; д) ответ – совокупность решений.

– это дробно-рациональное уравнение. Выделим квадрат разности:

Введем новую переменную и получим уравнение вида t² + 2t – 3 = 0. По теореме Виета корни этого уравнения t = 1 или t = –3.

6. ax² + 3ax – (a + 2) = 0 – это квадратное уравнение с параметром. При решении уравнения с параметрами необходимо выяснить, при каких значениях параметров уравнение имеет корни и сколько их в зависимости от параметров при которых это выражение действительно определяет корни уравнения, то есть найти при каком значении параметра: г) x – единственный корень.

При D > 0 уравнение имеет два различных действительных корня, то есть при

При D 4 – 133х³ + 48х² – 133х + 78 = 0.

5. Для каждого значения параметра а решить уравнение ax² – (2a + 7)x + a + 3 = 0.

6. Найдите все значения параметра b, при которых уравнение имеет ровно один корень.

7 * . Решить уравнение x 4 + 4х + 3 = 0.

2. Дается оценка работы учащихся на уроке, выставляются в журнал. Сообщается дата и время консультации перед итоговой контрольной работой по этой теме.

Что значит сравнить уравнения каждой пары

В следующих трех довольно скучноватых пунктах мы с вами будем рассматривать и учиться решать сравнения с одним неизвестным вида:

f(x) є 0(mod m) ,

где f(x)=a ₀ x n +a ₁ x n-1 +. +a _n-1 x+a _n – многочлен с целыми коэффициентами. Если m не делит a ₀ , то говорят, что n – степень сравнения. Ясно, что если какое-нибудь число х подходит в сравнение, то в это же сравнение подойдет и любое другое число, сравнимое с х по mod m . Запомните хорошенько (спрошу на экзамене!):

Решить сравнение – значит найти все те х , которые удовлетворяют данному сравнению, при этом весь класс чисел по mod m считается за одно решение.

Таким образом, число решений сравнения есть число вычетов из полной системы, которые этому сравнению удовлетворяют.

Пример. Дано сравнение: x 5 +x+1 є 0(mod 7)

Из чисел: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, этому сравнению удовлетворяют два: x ₁ =2, x ₂ =4. Это означает, что у данного сравнения два решения:

x є 2(mod 7) и x є 4(mod 7) .

Сравнения называются равносильными, если они имеют одинаковые решения – полная аналогия с понятием равносильности уравнений. Однако (забегая вперед, открою приятный секрет), в отличие от алгебраических уравнений, которые частенько неразрешимы в радикалах, сравнение любой степени всегда решается, хотя бы, например, перебором всех вычетов по mod m . Правда, перебор и подстановка всех вычетов — зачастую весьма долгий процесс (особенно, при больших m и n ), но и здесь математики придумали хитроумные наборы инструкций, исполняя которые можно всегда найти все решения данного сравнения любой степени, минуя нудный процесс перебора.

Пункт 19. Сравнения первой степени.

В этом пункте детально рассмотрим только сравнения первой степени вида

ax є b(mod m),

оставив более высокие степени на съедение следующим пунктам. Как решать такое сравнение? Рассмотрим два случая.

Случай 1. Пусть а и m взаимно просты. Тогда несократимая дробь m/a сама просится разложиться в цепную дробь:

Эта цепная дробь, разумеется, конечна, так как m/a — рациональное число. Рассмотрим две ее последние подходящие дроби:

Вспоминаем (пункт 9) важное свойство числителей и знаменателей подходящих дробей: mQ _n-1 -aP _n-1 =(-1) n . Далее (слагаемое mQ _n-1 , кратное m , можно выкинуть из левой части сравнения):

-aP _n-1 є (-1) n (mod m) т.е.

aP _n-1 є (-1) n-1 (mod m) т.е.

a[(-1) n-1 P _n-1 b] є b(mod m)

и единственное решение исходного сравнения есть:

x є (-1) n-1 P _n-1 b(mod m)

Пример. Решить сравнение 111x є 75(mod 322).

Решение. (111, 322)=1. Включаем алгоритм Евклида:

(В равенствах подчеркнуты неполные частные.) Значит, n=4 , а соответствующая цепная дробь такова:

Посчитаем числители подходящих дробей, составив для этого стандартную таблицу:

0	2	1	9	11
P _n	1	2	3	29	322

Числитель предпоследней подходящей дроби равен 29, следовательно, готовая формула дает ответ: x є (-1) 3 Ч 29 Ч 75 є -2175 є 79(mod 322)

Ох уж эти мне теоретико-числовые рассуждения из разных учебников, продиктованные традицией изложения и необходимостью обязательно использовать ранее изложенную теорию! О чем идет речь в нескольких строках выше? Дано сравнение ax є b(mod m) , где a и m взаимно просты. Ну возьмите вы алгоритм Евклида, найдите те самые пресловутые u , v О Z такие, что au+vm=1 , умножьте это равенство на b : aub+vmb=b , откуда немедленно следует: aub є b(mod m) . Значит решением исходного сравнения является x є ub(mod m) . Собственно, и все. Поворчал.

Случай 2. Пусть (a,m)=d . В этом случае, для разрешимости сравнения ax є b(mod m) необходимо, чтобы d делило b , иначе сравнение вообще выполняться не может. Действительно, ax є b(mod m) бывает тогда, и только тогда, когда ax- b делится на m нацело, т.е. ax- b=t · m ,

t О Z , откуда b=ax- t Ч m , а правая часть последнего равенства кратна d .

Пусть b=db ₁ , a=da ₁ , m=dm ₁ . Тогда обе части сравнения xa ₁ d є b ₁ d(mod m ₁ d) и его модуль поделим на d :

где уже а ₁ и m ₁ взаимно просты. Согласно случаю 1 этого пункта, такое сравнение имеет единственное решение x ₀ :

По исходному модулю m , числа (*) образуют столько решений исходного сравнения, сколько чисел вида (*) содержится в полной системе вычетов: 0,1,2. m-2, m-1 . Очевидно, что из чисел x=x ₀ +t Ч m в полную систему наименьших неотрицательных вычетов попадают только x ₀ , x ₀ +m ₁ , x ₀ +2m ₁ , . x ₀ +(d-1)m ₁ , т.е. всего d чисел. Значит у исходного сравнения имеется d решений.

Подведем итог рассмотренных случаев в виде следующей теоремы

Теорема 1. Пусть (a,m)=d . Если b не делится на d , сравнение ax є b(mod m) не имеет решений. Если b кратно d , сравнение ax є b(mod m) имеет d штук решений.

Пример. Решить сравнение 111x є 75(mod 321) .

Решение. (111,321)=3 , поэтому поделим сравнение и его модуль на 3:

37x є 25(mod 107) и уже (37,107)=1 .

Включаем алгоритм Евклида (как обычно, подчеркнуты неполные частные):

Имеем n=4 и цепная дробь такова:

Таблица для нахождения числителей подходящих дробей:

q _n	0	2	1	8	4
P _n	1	2	3	26	107

Значит, x є (-1) 3 Ч 26 Ч 25 є -650(mod 107) є -8(mod 107) є 99(mod 107) .

Три решения исходного сравнения:

x є 99(mod 321), x є 206(mod 321), x є 313(mod 321) ,

и других решений нет.

А теперь я расскажу вам одну поучительную историю. Шли по российской дороге два мальчика. Один из них засмотрелся, упал ножками в открытый канализационный люк и, (О, боже!) – сломал ручку. Второй мальчик оказался хорошим товарищем – он вытащил упавшего мальчика, вытер его, подарил ему новую шариковую ручку и сказал: » Это тебя само провидение наказало за то, что ты всегда решал сравнения первой степени только одним способом. В следующий раз поступай осмотрительнее, – выбирай наилучшую дорогу».

Давайте и мы, чтобы не оказаться в неприятном виде перед своими товарищами, рассмотрим пару других способов решения сравнений первой степени. Эти способы излагаются дальше в виде теорем.

Теорема 2. Пусть m>1, (a,m)=1 Тогда сравнение ax є b(mod m) имеет решение: x є ba j (m)-1 (mod m) .

Доказательство. По теореме Эйлера, имеем: a j (m) є 1(mod m) , следовательно, a Ч ba j (m)-1 є b(mod m) .

Пример. Решить сравнение 7x є 3(mod 10) . Вычисляем:

j (10)=4; x є 3 Ч 7 4-1 (mod 10) є 1029(mod 10) є 9(mod 10) .

Видно, что этот способ решения сравнений хорош (в смысле минимума интеллектуальных затрат на его осуществление), но может потребовать возведения числа а в довольно большую степень, что довольно трудоемко. Для того, чтобы как следует это прочувствовать, возведите самостоятельно число 24789 в степень 46728.

Теорема 3. Пусть р – простое число, 0<a<p . Тогда сравнение ax є b(mod p) имеет решение:

где C _a p – биномиальный коэффициент.

Доказательство непосредственно следует из очевидного сравнения

которое нужно почленно поделить на взаимно простое с модулем число 1 Ч 2 Ч 3 Ч . Ч a-1 .

Пример. Решить сравнение 7x є 2(mod 11) . Вычисляем:

На этом пункт 19 можно было бы и закончить, но невозможно, говоря о решении сравнений первой степени, обойти стороной вопрос о решении систем сравнений первой степени. Дело в том, что умение решать простейшие системы сравнений не только является неотъемлемой частью общечеловеческой культуры, позволяющей гражданину не падать в ямы, расщелины и открытые люки. Такое умение, кроме всего прочего, пригодится нам при изучении сравнений произвольной степени, о которых пойдет речь в следующих пунктах.

Лемма 1 (Китайская теорема об остатках). Пусть дана простейшая система сравнений первой степени:

где m ₁ ,m ₂ . m _k попарно взаимно просты. Пусть, далее, m ₁ m ₂ . m _k =M _s m _s ; M _s M _s С є 1(mod m _s ) (Очевидно, что такое число M _s С всегда можно подобрать хотя бы с помощью алгоритма Евклида, т.к. (m _s ,M _s )=1 ); x ₀ =M ₁ M ₁ С b ₁ +M ₂ M ₂ С b ₂ +. +M _k M _k С b _k . Тогда система (*) равносильна одному сравнению

т.е. набор решений (*) совпадает с набором решений сравнения x є x ₀ (mod m ₁ m ₂ . m _k ) .

Доказательство. Имеем: m _s делит M _j , при s № j. Следовательно, x ₀ є M _s M _s С b _s (mod m _s ) , откуда x ₀ є b _s (mod m _s ) . Это означает, что система (*) равносильна системе

которая, очевидно, в свою очередь, равносильна одному сравнению x є x ₀ (mod m ₁ m ₂ . m _k ) .

Пример. Однажды средний товарищ подошел к умному товарищу и попросил его найти число, которое при делении на 4 дает в остатке 1, при делении на 5 дает в остатке 3, а при делении на 7 дает в остатке 2. Сам средний товарищ искал такое число уже две недели. Умный товарищ тут же составил систему:

которую начал решать, пользуясь леммой 1. Вот его решение:

35 Ч 3 є 1(mod 4)
28 Ч 2 є 1(mod 5)
20 Ч 6 є 1(mod 7)

т.е. M ₁ С =3, M ₂ С =2, M ₃ С =6. Значит x ₀ =35 Ч 3 Ч 1+28 Ч 2 Ч 3+20 Ч 6 Ч 2=513. После этого, по лемме 1, умный товарищ сразу получил ответ:

x є 513(mod 140) є 93(mod 140),

т.е. наименьшее положительное число, которое две недели искал средний товарищ, равно 93. Так умный товарищ в очередной раз помог среднему товарищу.

В следующей лемме, для краткости формулировки, сохранены обозначения леммы 1.

Лемма 2. Если b ₁ ,b ₂ . b _k пробегают полные системы вычетов по модулям m ₁ ,m ₂ . m _k соответственно, то x ₀ пробегает полную систему вычетов по модулю m ₁ m ₂ . m _k .

Доказательство. Действительно, x ₀ =A ₁ b ₁ +A ₂ b ₂ +. +A _k b _k пробегает m ₁ m ₂ . m _k различных значений. Покажем, что все они попарно не сравнимы по модулю m ₁ m ₂ . m _k .

Ну пусть оказалось, что

для каждого s , откуда

Вспомним теперь, что M _s M _s С є 1(mod m _s ) , значит M _s M _s С є 1+m _s Ч t , откуда (M _s M _s С ,m _s )=1 . Разделив теперь обе части сравнения

на число M _s M _s С , взаимно простое с модулем, получим, что b _s є b’ _s (mod m _s ) , т.е. b _s =b’ _s для каждого s .

Итак, x ₀ пробегает m ₁ m ₂ . m _k различных значений, попарно не сравнимых по модулю m ₁ m ₂ . m _k , т.е. полную систему вычетов.

Вот теперь пункт 19 с чистой совестью закончим.

1. Reshite sravneniя:

б) 256x є 179(mod 337);

в) 1215x є 560(mod 2755);

г) 1296x є 1105(mod 2413);

д) 115x є 85(mod 335).

2 . Применив исконно русскую хитринку, решите систему сравнений

3 . Найдите все целые числа, которые при делении на 7 дают в остатке 3, при делении на 11 дают в остатке 5, а при делении на 13 дают в остатке 4 .

4 . Решите систему сравнений

Докажите, что система сравнений

имеет решения тогда и только тогда, когда b ₁ є b ₂ (mod d) . В случае, когда система разрешима, найдите ее решения .

6 . Решите систему сравнений

7 . Пусть (a,m)=1 , 1<a<m . Докажите, что разыскание решения сравнения ax є b(mod m) может быть сведено к разысканию решений сравнений вида b+mt є 0(mod p) , где р – простой делитель числа а .

Равносильные уравнения, правила преобразований

Равносильными называют уравнения, имеющие одни и те же корни.

Равносильными считаются также уравнения, каждое из которых не имеет корней.

Каждое из уравнений имеет один и тот же корень x=1

$\implies$ уравнения равносильны

$x_1 = 3 и x_2 = -2$

Первое уравнение имеет два корня, а второе – только один корень

$\implies$ уравнения неравносильны

Оба уравнения не имеют решений

$\implies$ уравнения равносильны

п.2. Правила преобразования уравнений

При решении уравнения его стараются заменить более простым равносильным уравнением. При этом используют следующие правила.

Правила преобразования уравнений

1. В любой части уравнения можно раскрывать скобки и приводить подобные.
2. Любое слагаемое в уравнении можно перенести из одной части в другую, изменив его знак.
3. Обе части уравнения можно умножать или делить на одно и то же число, отличное от нуля.

В результате этих преобразований всегда получаем уравнение, равносильное данному.

п.3. Примеры

Пример 1. Решите уравнение $ \frac <1><5>x = 12 — 7x$

$ \frac <1><5>x = 12 — 7x \iff \frac <1><5>x + 7x = 12 \iff 7 \frac <1><5>x = 12 \iff x = 12:7 \frac <1> <5>\iff$

$ x = 12 \cdot \frac <5> <36>= \frac <5> <3>=1 \frac <2> <3>$

Ответ: x = 1 \frac <2>

Пример 2. Решите уравнение $ \frac <3x> <7>— \frac <14>= 10$

$ \frac <3x> <7>— \frac <14>= 10 | \times 14 \iff 6x — x = 140 \iff 5x = 140 \iff x = 140 : 5 = 28$

Ответ: x = 28

Пример 3. Решите уравнение $7x — \frac <2> <5>=\frac 15 (3x+14)$

$7x — \frac 25 = \frac 15 (3x + 14) | \times 5 \iff 35x — 2 = 3x + 14 \iff 35x — 3x = 14 + 2 \iff$

$ \iff 32x = 16 \iff x = \frac <16> <32>= \frac 12$

Ответ: x = \frac 12

Пример 4. Решите уравнение $\frac <5x-1> <2>— \frac <3x+4> <8>= \frac <4>$

$\frac <5x-1> <2>— \frac <3x+4> <8>= \frac <4>| \times 8 \iff 4(5x-1)-(3x+4)=2(x-3) \iff $

§ 9. Делимость целых чисел. Сравнения по модулю m. Решение уравнений в целых числах.

Объяснение и обоснование
1. Делимость целых чисел. Говорят, что целое число a делится (нацело) на целое число b (где b ≠ 0), если существует такое целое число c, что справедливо равенство a = bc.
Часто утверждение «a делится на b» записывают так .
Числа b и c называют делителями числа a (а число а называют кратным числам b и c). Например, поскольку 6 = 1⋅6 = (–1)⋅(–6) = 2⋅3 =
= (–2) ⋅ (–3), то делителями целого числа 6 являются целые числа: 1; –1; 2; –2; 3; –3; 6; –6 (и следовательно, целое число 6 кратно этим числам).
Наименьшее натуральное число, которое делится на каждое из натуральных чисел а и b, называют наименьшим общим кратным (НОК) чисел а и b.
Наибольшее из натуральных чисел, являющихся одновременно делителями натуральных чисел а и b, называют наибольшим общим делителем (НОД) чисел а и b.
Например, для чисел а = 40 и b = 24 их НОД равен 8, а НОК равен 120.
Два натуральных числа называют взаимно простыми, если их наибольший общий делитель равен 1. Например, числа 6 и 55 взаимно просты, так как натуральными делителями числа 6 являются числа 1, 2, 3, 6, а натуральными делителями числа 55 являются числа 1, 5, 11, 55, то есть
НОД (6; 55) = 1.
Для решения задач приходится использовать свойства делимости целых чисел, которые приведены в таблице 15.

Рассмотрим, например, доказательство свойства 2:

если каждое из чисел делится на c, то их сумма или разность
тоже делится на c.
Рассматривая только натуральные целые числа, можно отметить, что у каждого натурального числа a > 1 есть два натуральных делителя: 1 и a. Если у натурального числа а > 1 нет других натуральных делителей, кроме 1 и а, то это число называют простым. Если у натурального числа а > 1 есть натуральные делители, отличные от 1 и а, то это число называют составным. Число 1 не относится ни к простым, ни к составным числам.
Справедлива основная теорема арифметики.
Теорема. Любое натуральное число, большее единицы, можно разложить на произведение простых чисел, причем это разложение1 единственное с точностью до порядка множителей:
— простые числа.
Например, 35 = 5 ⋅ 7, 17 = 17, 36 = 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 3 = 22 ⋅ 32.
Запись называют каноническим разложением числа — различные простые числа, — натуральные числа).
Заметим, что если — каноническое разложение числа а, то число а может делиться только на такое натуральное число d, в каноническом разложении которого на простые множители нет других простых множителей, кроме , и степени соответствующих простых множителей не могут превышать соответствующую степень в каноническом разложении числа а. Поэтому натуральными делителями числа а будут только числа

Если — целое число, то может принимать всего значений . Аналогично может принимать всего значений, …, βk может принимать всего значений. Поэтому количество всех делителей числа а равно (см. пример в табл. 15).
Отметим, что каноническое разложение чисел на простые множители может использоваться для нахождения НОД и НОК двух натуральных чисел.

Покажем это на примере нахождения НОД и НОК чисел 280 и 300.
1) Запишем канонические разложения данных чисел на простые множители:

2) Запишем получившиеся разложения так, чтобы формально у них были одинаковые простые множители (если в разложении первого числа нет множителя 3, то допишем его формально в виде множителя , а в разложении второго числа запишем множитель ). Получаем:

3) Теперь НОД и НОК данных чисел можно записать как произведение степеней полученных простых чисел (2; 3; 5 и 7), причем при записи НОД каждый множитель берется с наименьшим показателем, а при записи НОК — с наибольшим. Получаем:

Заметим, что если найти произведение НОД и НОК заданных чисел, то в полученном произведении будут использованы все множители, входящие в разложение первого числа, и все множители, входящие в разложение второго числа, в результате получим произведение заданных чисел:

В общем случае

2. Деление целых чисел с остатком. Разделить с остатком целое число а на отличное от нуля целое число b — это значит найти два таких целых числа q и r, что

При этом число q называют неполным частным, число r — остатком. Подчеркнем, что в этом определении r — число неотрицательное.
Если r = 0, то говорят, что число а делится на b нацело, и тогда q называют полным частным (или просто «частным»), а число b — делителем числа а.
Для любой пары целых чисел a и b (где b ≠ 0) неполное частное q и остаток r находятся однозначно (обоснуйте это самостоятельно). Например, при делении 42 на 5 — неполное частное q = 8 и остаток r = 2, так как
42 = 5*8 + 2; а при делении (–42) на 5 — неполное частное q = –9 и остаток r = 3, так как –42 = 5*(–9) + 3 (еще раз напомним, что остаток не бывает отрицательным).
При делении целого числа а на натуральное число т может получиться только т остатков: 0, 1, 2, 3, . m – 1. Поэтому множество Z всех целых чисел можно разбить на т непересекающихся класcов Kr, где в класс Kr входят те и только те целые числа, которые при делении на т дают остаток r (r = 0, 1, 2, . m – 1).
Такое разбиение обычно называют разбиением целых чисел на классы по модулю m.

Заметим, что если к обеим частям равенства прибавить т (или из обеих частей вычесть т), то получим . Это равенство показывает, что
если к заданному числу а прибавить (или из него вычесть) модуль т (или число, кратное т), то остаток при делении на т не изменится. При разбиении целых чисел на классы по модулю т в один класс будут попадать только числа, отличающиеся друг от друга на число, кратное модулю m (обоснуйте это самостоятельно).
Например, если m = 3, то при делении на 3 получаем только остатки 0; 1; 2, и поэтому все целые числа можно разбить на следующие 3 класса по модулю 3:

Рассматривая несколько последовательных целых чисел, замечаем, что при увеличении числа из некоторого класса на единицу мы всегда получаем число, которое находится в следующем классе (для класса будем считать следующим классом класс).
Разбиение целых чисел на классы по модулю т часто применяют при решении задач.
Например, чтобы доказать, что из т последовательных целых чисел одно обязательно делится на m, достаточно разбить все целые числа на m классов по модулю m. Поскольку разность любых двух заданных чисел меньше m, то числа попадают в разные классы, а так как число классов m и количество чисел тоже m, следовательно, в каждом классе будет по одному числу. Но тогда одно из заданных чисел попадает в класс и будет давать остаток 0 при делении на m, то есть будет делиться на m.
3. Сравнения по модулю m. Указанный выше прием разбиения множества целых чисел на классы может быть описан с помощью специального понятия: сравнения по модулю m.
Пусть m — данное натуральное число (). Целые числа а и b называют сравнимыми по модулю т, если они дают одинаковые остатки при делении на m.
Таким образом, целые числа а и b сравнимы по модулю т, если a =
, то есть каждое из чисел а и b при делении на т дает один и тот же остаток r. Отсюда получаем, что целые числа

а и b сравнимы по модулю т тогда и только тогда, когда разность а – b при делении на т дает остаток 0 (делится на m).
Учитывая, что если а – b делится на m, то существует такое целое число t, что а – b = mt и тогда а = b + mt. Следовательно, целые числа а и b сравнимы по модулю т тогда и только тогда, когда выполняется равенство а = b + mt.
Для обозначения того, что целые числа а и b сравнимы по модулю m, используют запись: а ≡ b (mоd m), что читают так: «а сравнимо с b по модулю m». Знак ≡ называют знаком сравнения.
Например, 27 ≡ 12 (mоd 5), так как числа 27 и 12 дают одинаковые остатки (2) при делении на 5;
10 ≡ –1 (mоd 11), так как разность 10 – (–1) = 11 делится на 11.
Основные свойства сравнений похожи на свойства равенств. Сформулируем некоторые из них.

Свойство 4 можно обобщить: если заданное числовое выражение содержит только суммы, произведения и степени целых чисел и вместо соответствующих слагаемых, множителей и оснований степеней подставить числа, сравнимые с заданными по модулю т, то получим число, сравнимое по модулю т с заданным выражением.
Докажем, например, что сравнения по одному модулю можно почленно складывать. Складывая почленно последние равенства, получаем: . Но последнее равенство и означает, что а + c ≡ b + d (mоd m).
Укажем несколько следствий из приведенных свойств.
Например, если задано сравнение а + c ≡ b (mоd m), то складывая почленно это сравнение с верным сравнением –c ≡ –с (mоd m), получаем:
а ≡ b – c (mоd m). Следовательно, члены сравнения можно переносить из одной части сравнения в другую с противоположным знаком.
Если сравнение а ≡ b (mоd m) почленно сложить с верным сравнением mk ≡ 0 (mоd т), получаем а + mk ≡ b (mоd m). Следовательно, к любой части сравнения можно прибавить (или из нее вычесть) любое число, кратное модулю.
Если сравнение а ≡ b (mоd m) почленно умножить на верное сравнение
с ≡ с (mоd т), получаем ас ≡ bс (mоd m). Следовательно, обе части сравнения можно умножать на любое целое число.
Заметим, что для получения правильного сравнения по данному модулю т делить обе части сравнения можно только на число, взаимно простое с модулем т, то есть имеет место свойство:

5. Если аk ≡ bk (mоd m) и числа k и т взаимно простые, то а ≡ b (mоd m). Если аk ≡ bk (mоd m), то аk – bk = k (а – b) делится на m. Но k и m — взаимно простые числа (и m ≠ 1), следовательно, а – b делится на m. А это и означает, что а ≡ b (mоd m).
Рассмотрим применение свойств сравнений к доказательству признаков делимости, приведенных в таблице 15.
Пусть задано натуральное число N, записанное в десятичной системе счисления так:
цифр числа N, то получаем, что число N и сумма его цифр дают одинаковые остатки при делении на 3 (или на 9). В частности, если сумма цифр делится на 3 (или на 9), то и само число N делится на 3 (или на 9), то есть признаки делимости на 3 и на 9 доказаны.
Так как 10 ≡ 0 (mоd 2 или 5), то по обобщенному свойству 4: (mоd 2 или 5), то есть число N и его последняя цифра а0 дают одинаковые остатки при делении на 2 (или на 5). В частности, если последняя цифра а0 — четная (делится на 2), то и само число N делится на 2. А если последняя цифра а0 равна 0 или 5 (делится на 5), то и само число N делится на 5, то есть признаки делимости на 2 и на 5 доказаны.
если разность между суммой цифр, стоящих на нечетных местах (считая справа налево), и суммой цифр, стоящих на четных местах, делится на 11, то и само число делится на 11 (и полученное число дает тот же остаток при делении на 11, что и число N).

Приведенные свойства сравнений и признаки делимости можно использовать при нахождении остатков при делении заданных чисел.
Например, найдем остаток при делении на 3.
Учитывая признак делимости на 3, получаем 2012 ≡ 2 + 0 + 1 + 2 ≡
≡ 5 ≡ 2 (mоd 3). Вычитая из правой части последнего сравнения модуль 3, имеем 2012 ≡ –1 (mоd 3). . Поскольку остаток при делении на 3 не бывает отрицательным, то прибавляем к правой части последнего сравнения модуль 3 и получаем, что ≡ 2 (mоd 3). Следовательно, остаток от деления на 3 равен 2.
4. Решение уравнений в целых числах. Выясним, можно ли, используя только монеты по 2 р. и по 5 р., заплатить за покупку точно 21 р.
Если обозначить через х число монет по 2 р., через у — число монет по 5 р., которые надо уплатить за покупку, то по условию задачи получаем равенство
2х + 5у = 21 (1)
и задача сводится к нахождению целых решений уравнения (1).
Уравнение (1) имеет бесконечно много решений в целых числах:
I) х = –2, у = 5; 2) х = 3, у = 3; 3) х = 8, у = 1; 4) х = 13, у = –1; . .
Заметим, что условие задачи можно понимать по-разному: 1) можно считать, что монеты по 2 р. и по 5 р. имеются только у покупателя, и он этими монетами должен набрать ровно 21 р. (тогда условию задачи удовлетворяют только неотрицательные целые решения уравнения (1), например х = 3, у = 3; или х = 8, у = 1); 2) можно также считать, что у продавца тоже есть такие монеты и он может ими давать сдачу покупателю (тогда условию задачи удовлетворяют любые целые решения уравнения (1), причем отрицательное значение х (или у) означает, что покупатель получил сдачу в | х | мо-
нет по 2 р. (или в | у | монет по 5 р.)).
Уравнение (1) является примером диофантова уравнения — уравнения с несколькими переменными, решения которого ищут в целых числах. Подобные уравнения возникают в некоторых задачах математики, физики, экономики и т. д. Название «диофантовы» дано таким уравнениям по имени древнегреческого математика Диофанта (III в.).
Отметим, что нет общих методов решения диофантовых уравнений, однако можно выделить некоторые частные приемы, связанные с использованием свойств делимости, которые позволяют решать некоторые из таких уравнений. Рассмотрим применение этих приемов на конкретных примерах.
1. Пробуем представить заданное уравнение в виде u ⋅ v = a и рассматриваем все возможные варианты разложения целого числа а на целые множители.
Пример Решить в целых числах уравнение
ху + х + у = 2. (2)
 Решение. Преобразуем данное уравнение так, чтобы выражение в левой части можно было разложить на множители: х (у + 1) + у + 1 = 2 + 1.

Тогда (у + 1)(х + 1) = 3. Так как по условию х и у — целые числа, то
х + 1 и у + 1 — тоже целые числа. Но целое число 3 можно представить в виде произведения двух целых чисел лишь одним из четырех способов: 3 = 3*1 = 1*3 = (– 3)*(– 1) = (– 1)*(– 3). Получаем четыре системы:

Решая эти системы, находим все решения заданного уравнения в целых числах:

Ответ: (0; 2), (2; 0), (–2; –4), (–4; –2).
2. Пробуем выполнить равносильные преобразования заданного уравнения так, чтобы записать его в виде равенства с дробным выражением и, если возможно, выделить целую часть в полученной дроби.
Решим этим способом в целых числах уравнение (2): ху + х + у = 2. Для этого выразим из заданного уравнения переменную х через переменную у.
 Решение. х (у + 1) = 2 – у. При у + 1 = 0 (то есть у = –1) решений нет
(0 ≠ 3). При у + 1 ≠ 0 (то есть у ≠ –1) получаем . Тогда: , . По условию х — целое число, тогда левая часть последнего уравнения тоже целое число, следовательно, и число — целое. Но это возможно только в случае, когда у + 1 — делитель числа 3. Но у числа 3 только 4 целых делителя: ±1; ±3. Следовательно, у + 1 = 1, или у + 1 = –1, или у + 1 = 3, или у + 1 = –3. Определяя из этих равенств значение у, а затем соответствующее значение х из равенства xyy=−+21, получаем:
3. Использование свойств сравнений
Решим этим способом в целых числах уравнение (1): 2х + 5у = 21.
 Решение. Из данного уравнения получаем: 2х = 21 – 5у. Это равенство означает, что 2х ≡ 21 (mod 5). Последнее сравнение останется правильным, если коэффициент 2 (или число 21) заменить сравнимым по модулю 5 числом (так, чтобы левая и правая части нового сравнения имели общий множитель). Поскольку 2 ≡ 7 (mod 5), то правильным будет также сравнение 7х ≡ 21 (mod 5). Учитывая, что числа 7 и 5 взаимно простые, обе части последнего сравнения можно разделить на 7 и получить верное сравнение х ≡ 3 (mod 5). Тогда x = 3 + 5t (где t  целое число). Подставляя в уравнение (1), получаем: 2æ(3 + 5t) + 5у = 21. Отсюда у = 3 – 2t.

Следовательно, все целые решения уравнения (1) задаются формулами: x = 3 + 5t, у = 3 – 2t, где t — любое целое число.
Замечание. Если по условию задачи требуется найти решение уравнения (1) в натуральных числах, то из полученных формул видно, что натуральные решения мы получим только при t = 0 и t = 1. Следовательно, уравнение (1) имеет только два решения в натуральных числах: х = 3, у = 3 и х = 8, у = 1.
Заметим, что, используя свойства делимости, можно исследовать существование и общий вид решения диофантова уравнения первой степени
ax + by = c, (3)
где a, b, c — целые числа.
В частности, можно показать, что если a и b — взаимно простые числа (то есть НОД (a; b) = 1), то уравнение (3) всегда имеет решение. Причем, если (х0; у0) — одно из решений уравнения (3), то все его решения задаются формулами
(где t — любое целое число). (4)
Покажем, что если (х0; у0)  одно из решений уравнения (3), то все его решения действительно задаются формулами (4). Пусть уравнение (3) имеет решения . Тогда справедливы равенства
, откуда получаем, что , и поэтому
. (5)
Левая часть равенства (5) делится на b, следовательно, и правая его часть делится на b. Но поскольку НОД делится на b, то есть существует такое целое число t, что, а значит,
. Но тогда из равенства (5) следует, что . Следовательно, все решения уравнения (3) задаются формулами (4).
Если целые числа a и b имеют наибольший общий делитель d ≠ 1, то число ax + by делится на d. Но тогда равенство (3) может выполняться только в том случае, когда c = ax + by делится на d. Если же с не делится на d, то уравнение (3) не имеет решений. Например, уравнение 6x + 15y = 32 не имеет решений, так как НОД (6, 15) = 3, а 32 не делится на 3.
Если же целые числа a и b имеют наибольший общий делитель d ≠ 1 и с делится на d, то обе части уравнения (3) можно разделить на d и получить равносильное уравнение, в котором
НОД (a1; b1) = 1 и которое всегда имеет решения.

Задача 2 Найдите все натуральные числа, которые делятся на 42 и имеют ровно 42 натуральных делителя (включая единицу и само число).
Комментарий
Для решения достаточно вспомнить определение делимости натуральных чисел (если , то п = 42*m) и формулу для числа делителей натурального числа, для которого мы знаем его каноническое разложение на простые множители. Поскольку 42 = 2*3*7 и п = 42*m, то п = 2*3*7*т. Следовательно, в разложении числа п на простые множители обязательно будут присутствовать простые числа. Поэтому общий вид канонического разложения числа п на простые множители запишется так: , а число делителей: . (1)
Дальнейшие рассуждения связаны с тем, что количество натуральных делителей искомого числа тоже равно 42 = 2*3*7, и поэтому в записи (1) может быть только три множителя (поскольку при натуральных значениях тоже натуральные и не меньше 2).
Решение
 Если искомое число п делится на 42 = 2*3*7, то его каноническое разложение на простые множители будет иметь вид: , где натуральные числа, а число делителей:
(1)
(причем ).
Учитывая, что по условию число делителей числа п равно 42 = 2*3*7, получаем, что в формуле (1) (а значит, и в каноническом разложении числа п) может быть только три множителя. Следовательно, , где (и каждый из множителей в последнем равенстве не меньше 2). Получаем всего шесть возможных случаев:

Решая эти системы и подставляя результат в формулу, получаем, что условию задачи удовлетворяют только шесть натуральных чисел со следующими каноническими разложениями:

Вопросы для контроля
1. Дайте определение делимости целых чисел. Сформулируйте свойства делимости. Приведите пример их доказательства.
2. Дайте определение делимости целых чисел с остатком. Объясните на примере разбиение целых чисел на классы по модулю т.
3. Дайте определение сравнения целых чисел по модулю т. Сформулируйте свойства сравнений. Приведите пример их доказательства.
4. Сформулируйте и докажите признаки делимости на 2; 5; 3; 9; 11; 4; 8.
Упражнения
1. Докажите, что приведенные пары чисел являются взаимно простыми.
1) 2009 и 2003; 2) 1354 и 1357; 3) 2006 и 2011.
2. Докажите, что произведение:
1) двух последовательных целых чисел делится на 2;
2) трех последовательных целых чисел делится на 6;
3) четырех последовательных натуральных чисел делится на 24.
3. Докажите, что сумма кубов трех последовательных натуральных чисел делится на 9.
4. При делении натурального числа N на 3 и на 37 получаются соответственно остатки 1 и 33. Найдите остаток от деления N на 111.

5. Не выполняя деления, определите остаток от деления числа
100 320 052 006 200 720 087
1) на 3; 2) на 4; 3) на 5; 4) на 8; 5) на 9; 6) на 11.
6. Найдите остаток от деления числа на: 1) 10; 2) 11; 3) 13.
7. Определите последнюю цифру числа:
8. Докажите, что квадрат любого натурального числа при делении на 4 не может давать остатки, равные 2 и 3.
9. Докажите, что квадрат любого натурального числа либо делится на 9, либо при делении на 3 дает остаток 1.
10. Найдите все пары натуральных чисел, наименьшее общее кратное которых равно 78, а наибольший общий делитель равен 13.
11. Найдите все пары натуральных чисел, разность которых 66, а их наименьшее общее кратное равно 360.
12. Найдите все пары натуральных чисел, разность квадратов которых равна 55.
13. Найдите все натуральные числа, последняя десятичная цифра которых 0 и которые имеют ровно 15 различных натуральных делителей (включая единицу и само число).
14. Найдите двузначное число, которое на 19 больше суммы квадратов его десятичных цифр и на 44 больше удвоенного произведения его цифр.
15. Натуральные числа а, b и с таковы, что НОК (a, b) = 60, НОК (a, с) =
= 270. Найдите НОК (b, с).
16. Каким может быть наибольший общий делитель натуральных чисел a и b, если при увеличении числа a на 6 он увеличивается в четыре раза?
17. Доказать, что при любом натуральном n число делится на 7.
18. Произведение натурального числа и числа, записанного теми же цифрами в обратном порядке, равно 2430. Найдите все такие числа.
19. Решите в целых числах уравнение: 1)
20. Решите в натуральных числах уравнение:
1) 19x + 99y = 2002; 2) xy – 3x + 5y = 25; 3)
21 (МГУ, хим. ф-т). Найдите все пары целых чисел (x; y), удовлетворяющих уравнению.