Xətti Diofant tənlikləri və Çin qalıq teoremi

Nümunə 1.1 (Tipik hesablama). $x^{2}-y^{2}=45$ tənliyinin neçə müsbət tam həlli var? $45$ tək ədəddir, deməli, bütün vuruqlara ayrılışlarda $u,v$ hər ikisi tək olacaq — cütlük şərti avtomatik ödənilir. $45$-in müsbət bölənləri: $1,3,5,9,15,45$. $u<v$ və $u\cdot v=45$ olan cütlər: $(1,45),(3,15),(5,9)$. Hər biri üçün:

$$(u,v)=(1,45)\Rightarrow x=23,\ y=22;\quad (3,15)\Rightarrow x=9,\ y=6;\quad (5,9)\Rightarrow x=7,\ y=2.$$

Cavab: 3 həll var: $(23,22),(9,6),(7,2)$.

Nümunə 1.2 (Həlli olmayan hal). $x^{2}-y^{2}=2026$ tənliyinin tam həlli varmı? $2026=4\cdot 506+2$, yəni $2026\equiv 2 \pmod 4$. Teorem 1.1-ə görə həll yoxdur. Sadə mühakimə ilə izah: Əgər $(x-y)(x+y)=2026$ olsaydı, $2026$ cüt olduğu üçün vuruqlardan biri cüt olardı; lakin $x-y$ və $x+y$ eyni cütlüyə malikdir, deməli hər ikisi cüt olardı və hasil $4$-ə bölünərdi — halbuki $2026$ ədədi 4-ə bölünmür. Cavab: Həlli yoxdur.

Nümunə 1.3 (UİMO 2003). $n^{2}-m^{2}=124$ bərabərliyini ödəyən neçə nizamlanmış müsbət tam $(n,m)$ ədəd cütü var? $124=4\cdot 31$, yəni $4\mid 124$ — həll ola bilər. $(n-m)(n+m)=124$ və hər iki vuruq cüt olmalıdır. $124$-ün müsbət ayrılışları: $1\cdot 124$, $2\cdot 62$, $4\cdot 31$. Cütlük şərtini yalnız $2\cdot 62$ ödəyir ($1$ və $31$ təkdir). Onda

$$n=\frac{2+62}{2}=32,\qquad m=\frac{62-2}{2}=30.$$

Cavab: 1 cüt var: $(32,30)$.

Nümunə 1.4 (UMO 1996 — işarələrə diqqət). $x^{2}-y^{2}=1996$ bərabərliyini ödəyən neçə nizamlanmış (sıralı) tam $(x,y)$ cütü var? $1996=4\cdot 499$ və $499$ sadə ədəddir. Müsbət ayrılışlar: $1\cdot 1996$, $2\cdot 998$, $4\cdot 499$; cütlük şərtini yalnız $2\cdot 998$ ödəyir və $|x|=500$, $|y|=498$ verir. İndi işarələri nəzərə alaq: tənlikdə $x$ və $y$ yalnız kvadrat şəklində iştirak edir, deməli $(\pm 500,\pm 498)$ kimi alına bilən dörd cütün hər biri həlldir. Cavab: 4 nizamlanmış cüt.

Nümunə 2.1 (Ən sadə forma). $xy-x-y=5$ tənliyinin müsbət tam həllərini tapaq. Burada $a=-1$, $b=-1$, deməli $ab=1$ əlavə edirik:

$$xy-x-y+1=6\quad\Longrightarrow\quad (x-1)(y-1)=6.$$

$6$-nın müsbət bölən cütləri: $(1,6),(2,3),(3,2),(6,1)$. Onda

$$(x,y)=(2,7),\ (3,4),\ (4,3),\ (7,2).$$

Cavab: 4 həll.

Nümunə 2.2 (UİMO 2002). $5(x+y)=xy$ bərabərliyini ödəyən neçə nizamlanmış tam $(x,y)$ cütü var? Mötərizəni açaq və tənliyi səliqəyə salaq: $xy-5x-5y=0$. Burada $a=b=-5$, deməli hər iki tərəfə $25$ əlavə edirik:

$$xy-5x-5y+25=25\quad\Longrightarrow\quad (x-5)(y-5)=25.$$

İndi $25$-in bütün bölən cütlərini (mənfilər daxil) yazaq:

$$(1,25),(5,5),(25,1),(-1,-25),(-5,-5),(-25,-1).$$

Uyğun həllər:

$$(6,30),\ (10,10),\ (30,6),\ (4,-20),\ (0,0),\ (-20,4).$$

Hər birini yoxlamaq olar; məsələn, $(0,0)$ üçün: $5(0+0)=0=0\cdot 0$ ✓. Cavab: 6 nizamlanmış cüt.

Nümunə 2.3 (UMO 2004). $2x+5y=xy-1$ bərabərliyini ödəyən neçə nizamlanmış tam $(x,y)$ cütü var? Bir tərəfə keçirək: $xy-2x-5y=1$. Burada $x$-in əmsalı $-2$, $y$-in əmsalı $-5$-dir, deməli hər iki tərəfə $10$ əlavə edirik:

$$xy-2x-5y+10=11\quad\Longrightarrow\quad (x-5)(y-2)=11.$$

$11$ sadə ədəd olduğuna görə bölən cütləri bunlardır: $(1,11),(11,1),(-1,-11),(-11,-1)$. Həllər:

$$(6,13),\ (16,3),\ (4,-9),\ (-6,1).$$

Cavab: 4 cüt.

Nümunə 2.4 (Müsbətlik şərtinin həlləri məhdudlaşdırması). $10(m+n)=mn$ tənliyinin neçə müsbət tam həlli var? $mn-10m-10n=0$, hər iki tərəfə $100$ əlavə edirik: $(m-10)(n-10)=100$. Müsbətlik şərti: $m,n\ge 1$. Əgər $m<10$ olsaydı, $m-10<0$ və hasilin müsbət olması üçün $n-10<0$ da lazım olardı; onda $|m-10|\le 9$, $|n-10|\le 9$ olardı və hasil $\le 81<100$ alınardı — bu isə mümkün deyil. Deməli, $m,n>10$ və hər iki vuruq müsbətdir. $100$-ün müsbət bölənləri: $1,2,4,5,10,20,25,50,100$ — 9 ədəd. Hər biri $m-10$ kimi götürülə bilər:

$$(11,110),(12,60),(14,35),(15,30),(20,20),(30,15),(35,14),(60,12),(110,11).$$

Cavab: 9 həll.

Nümunə 2.5 (İki hesab nümunəsi).

• • $\frac1x+\frac1y=\frac{1}{12}$: $12^2=144=2^4\cdot 3^2$, deməli $\mathrm{d}(144)=5\cdot 3=15$ həll var.
• • $\frac1x+\frac1y=\frac{1}{1999}$: $1999$ sadə ədəddir, $\mathrm{d}(1999^2)=3$; həllər $(2000,\,1999\cdot 2000)$, $(2\cdot 1999,\,2\cdot 1999)$ və simmetriki. Deməli cəmi 3 həll var.

Nümunə 2.6 (Əmsallı kvadratik forma — UMO 2006). $2n^{2}+5nm-12m^{2}=28$ bərabərliyini ödəyən neçə $(m,n)$ müsbət tam cütü var? Sol tərəf $n$-ə nəzərən kvadrat üçhədlidir; onu vuruqlara ayıraq. $2n^2+5nm-12m^2$ ifadəsində $2\cdot(-12)=-24$ və $5=8+(-3)$ olduğuna görə

$$2n^{2}+8nm-3nm-12m^{2}=2n(n+4m)-3m(n+4m)=(2n-3m)(n+4m).$$

Deməli, $(2n-3m)(n+4m)=28$. Müsbətlik şərtinə görə $m,n\ge 1$ olduğundan $n+4m\ge 5$ və müsbətdir; deməli, $2n-3m$ vuruğu da müsbət olmalıdır. $n+4m \ge 5$ şərtini nəzərə alaraq 28-in bölənlər cütünü yazaq: $n+4m\in\{7,14,28\}$.

• • $n+4m=7$, $2n-3m=4$: birinci tənlikdən $n=7-4m$; yerinə yazaq: $14-8m-3m=4\Rightarrow 11m=10$ — tam deyil.
• • $n+4m=14$, $2n-3m=2$: $n=14-4m$, $28-8m-3m=2\Rightarrow 11m=26$ — tam deyil.
• • $n+4m=28$, $2n-3m=1$: $n=28-4m$, $56-8m-3m=1\Rightarrow 11m=55\Rightarrow m=5$, $n=8$ ✓.

Cavab: 1 cüt var: $(m,n)=(5,8)$.

Nümunə 3.1 (Sofi Jermen eyniliyinin tətbiqi). $n^{4}+4$ ifadəsi hansı natural $n$-lər üçün sadə ədəddir? Eyniliyi $b=1$ halı üçün tətbiq edək:

$$n^{4}+4=\big(n^{2}+2-2n\big)\big(n^{2}+2+2n\big)=\big((n-1)^{2}+1\big)\big((n+1)^{2}+1\big).$$

İkinci vuruq $n\ge 1$ üçün həmişə $1$-dən böyükdür. Deməli, ədədin sadə olması üçün birinci vuruq $1$-ə bərabər olmalıdır: $(n-1)^2+1=1\Rightarrow n=1$. Doğrudan da, $1^4+4=5$ sadədir. Cavab: Yalnız $n=1$ olduqda.

Nümunə 3.2 (Kublar fərqi). $x^{3}-y^{3}=91$ tənliyinin bütün tam həllərini tapaq. $x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)=91=7\cdot 13$. İkinci vuruğa diqqət edək:

$$x^{2}+xy+y^{2}=\Big(x+\frac{y}{2}\Big)^{2}+\frac{3y^{2}}{4}\ \ge 0,$$

yəni o, heç vaxt mənfi qiymət almır (mənfi deyil) və yalnız $x=y=0$ olduqda sıfırdır. Deməli, hər iki vuruq müsbətdir və $x-y>0$. $91$-in müsbət ayrılışları: $1\cdot 91$, $7\cdot 13$, $13\cdot 7$, $91\cdot 1$.

• • $x-y=1$, $x^2+xy+y^2=91$: $x=y+1$ əvəzləməsini aparaq: $3y^2+3y+1=91\Rightarrow y^2+y-30=0\Rightarrow y=5$ və ya $y=-6$. Həllər: $(6,5)$ və $(-5,-6)$.
• • $x-y=7$, $x^2+xy+y^2=13$: $x=y+7$: $3y^2+21y+49=13\Rightarrow 3y^2+21y+36=0\Rightarrow y^2+7y+12=0\Rightarrow y=-3$ və ya $y=-4$. Həllər: $(4,-3)$ və $(3,-4)$.
• • $x-y=13$, $x^2+xy+y^2=7$: $3y^2+39y+169=7$ — diskriminant mənfidir, tam həll yoxdur.
• • $x-y=91$, $x^2+xy+y^2=1$: eyni ilə tam həll yoxdur (sol tərəf çox böyük alınır).

Cavab: 4 həll mövcuddur: $(6,5),(-5,-6),(4,-3),(3,-4)$.

Nümunə 3.3 (Kanada M.O. 1972). $x^{3}+11^{3}=y^{3}$ tənliyini ödəyən neçə müsbət tam $(x,y)$ cütü var? $y^3-x^3=1331$, yəni $(y-x)(y^2+xy+x^2)=11^3$. Müsbət $x$ üçün $y>x\ge 1$, deməli $y\ge x+1$ və

$$y^{2}+xy+x^{2}\ge (x+1)^{2}+x(x+1)+x^{2}=3x^{2}+3x+1.$$

$11^3=1331$ ədədinin ayrılışlarını yoxlayaq: $y-x\in\{1,11,121,1331\}$.

• • $y-x=1$: $3x^2+3x+1=1331\Rightarrow x^2+x-\frac{1330}{3}$ — $1330$ ədədi 3-ə bölünmür, tam həll yoxdur.
• • $y-x=11$: $y=x+11$, onda $y^2+xy+x^2=3x^2+33x+121=121$, yəni $3x^2+33x=0\Rightarrow x=0$ — müsbət deyil.
• • $y-x=121$ və $y-x=1331$: bu hallarda ikinci vuruq müvafiq olaraq $11$ və ya $1$ olmalıdır, lakin $y-x$ kəmiyyəti böyüdükcə $y^2+xy+x^2$ ifadəsi də böyüyür — ziddiyyət.

Cavab: 0 həll. (Bu məsələ əslində Ferma-nın (Fermat) Böyük Teoreminin $n=3$ halının kiçik bir nümunəsidir: iki müsbət kubun cəmi tam kub ola bilməz.)

Nümunə 4.1 (Klassik sıxışdırma). $n^{2}-19n+89$ ifadəsi tam kvadrat olacaq şəkildə neçə müsbət tam $n$ ədədi var? İfadəsini $\big(n-\frac{19}{2}\big)^2$ ətrafında qiymətləndirək. Kəsrlərdən qaçmaq üçün 4-ə vuraq:

$$4\big(n^{2}-19n+89\big)=(2n-19)^{2}+(356-361)=(2n-19)^{2}-5.$$

Əgər $n^2-19n+89=k^2$ olarsa, $(2k)^2=(2n-19)^2-5$, yəni $m=|2n-19|$ işarə etsək,

$$m^{2}-(2k)^{2}=5\quad\Longrightarrow\quad (m-2k)(m+2k)=5.$$

Gördüyünüz kimi — sıxışdırma prinsipi məsələni yenidən vuruqlara ayırma metoduna gətirdi! $m,k\ge 0$ olduğuna görə $m-2k=1$, $m+2k=5$, buradan $m=3$, $k=1$. $|2n-19|=3$ tənliyi $2n-19=\pm 3$, yəni $n=11$ və ya $n=8$ verir. Yoxlayaq: $n=8$ üçün $64-152+89=1=1^2$ ✓; $n=11$ üçün $121-209+89=1$ ✓. Cavab: 2 ədəd: $n=8$ və $n=11$.

Nümunə 4.2 (Kanada M.O. 1977). $4m(m+1)=n(n+1)$ bərabərliyini ödəyən neçə müsbət tam $(m,n)$ cütü var? Sol tərəfi açaq: $4m^2+4m=n^2+n$. Hər iki tərəfi 4-ə vurub tam kvadrata ayıraq:

$$16m^{2}+16m=4n^{2}+4n\ \Longrightarrow\ (4m+2)^{2}-4=(2n+1)^{2}-1,$$

yəni $(4m+2)^2=(2n+1)^2+3$. $A=4m+2$, $B=2n+1$ işarə edək: $A^2-B^2=3$, deməli $(A-B)(A+B)=3$. $m,n\ge 1$ olduğuna görə $A\ge 6$, $B\ge 3$ və $A+B\ge 9>3$ — lakin $A+B$ ədədi 3-ün böləni olmalıdır. Bu isə ziddiyyətdir. Alternativ (təmiz sıxışdırma) baxış: $f(n)=n(n+1)$ funksiyası $n\ge 0$ üçün artandır. $n(n+1)=4m(m+1)=4m^{2}+4m$ olduğuna görə onu qonşu qiymətlərlə müqayisə edək:

$$f(2m)=4m^{2}+2m\ <\ 4m^{2}+4m\ <\ 4m^{2}+6m+2=f(2m+1)$$

(hər iki bərabərsizlik $m\ge 1$ üçün ciddidir). Deməli $f(2m)<f(n)<f(2m+1)$, yəni $2m<n<2m+1$ — iki ardıcıl tam ədədin arasında isə tam ədəd yoxdur. Cavab: 0 həll.

Nümunə 4.3 (Dörd vuruğun hasili). $x(x+1)(x+7)(x+8)=y^{2}$ tənliyini ödəyən neçə tam $(x,y)$ cütü var? Vuruqları ağıllı şəkildə qruplaşdıraq — kənar və orta vuruqları qruplaşdıraq:

$$\big[x(x+8)\big]\cdot\big[(x+1)(x+7)\big]=(x^{2}+8x)(x^{2}+8x+7).$$

$t=x^2+8x$ işarə edək: tənlik $t(t+7)=y^2$ şəklinə düşür, yəni $t^2+7t=y^2$. Yenə 4-ə vurub tam kvadrata ayıraq:

$$4t^{2}+28t=4y^{2}\Rightarrow (2t+7)^{2}-49=(2y)^{2}\Rightarrow (2t+7-2y)(2t+7+2y)=49.$$

49-un ayrılışları (mənfilər daxil): $(1,49),(7,7),(49,1),(-1,-49),(-7,-7),(-49,-1)$. Hər bir halda $2t+7$ bu iki vuruğun cəminin yarısıdır:

$$2t+7\in\{25,\ 7,\ -7,\ -25\}\ \Longrightarrow\ t\in\{9,\ 0,\ -7,\ -16\}.$$

İndi isə $t=x^2+8x$ tənliklərini həll edək:

• • $x^2+8x=9\Rightarrow x=1$ və ya $x=-9$;
• • $x^2+8x=0\Rightarrow x=0$ və ya $x=-8$;
• • $x^2+8x=-7\Rightarrow x=-1$ və ya $x=-7$;
• • $x^2+8x=-16\Rightarrow (x+4)^2=0\Rightarrow x=-4$.

Cəmi 7 fərqli $x$ qiyməti var: $-9,-8,-7,-4,-1,0,1$. Cavab: 7 (əgər $y$-nin işarəsi ayrıca sayılmırsa, hər biri üçün uyğun bir $y$ var).

Nümunə 4.4 (Artma sürətlərinin müqayisəsi). $x^{2}+(x+1)^{2}=y^{4}+(y+1)^{4}$ tənliyinin neçə müsbət tam həlli var? Sol tərəf $2x^{2}+2x+1$-dir. Sağ tərəfi açaq:

$$y^{4}+(y+1)^{4}=2y^{4}+4y^{3}+6y^{2}+4y+1.$$

İndi $u=y^{2}+y$ işarə edək. Onda $2u^{2}=2y^{4}+4y^{3}+2y^{2}$ və qalan hissə $4y^{2}+4y+1=4u+1$-dir, yəni

$$y^{4}+(y+1)^{4}=2u^{2}+4u+1.$$

Tənlik xeyli sadələşdi:

$$2x^{2}+2x+1=2u^{2}+4u+1\quad\Longrightarrow\quad x^{2}+x=u^{2}+2u.$$

İndi məhdudlaşdırma tətbiq edirik. $f(t)=t^{2}+t$ funksiyası $t\ge 0$ üçün artandır və

$$f(u)=u^{2}+u\ <\ u^{2}+2u\ <\ u^{2}+3u+2=f(u+1)$$

(birinci bərabərsizlik $u>0$, ikincisi isə $u+2>0$ olduğuna görə doğrudur). Deməli, $f(x)=u^{2}+2u$ qiyməti $f(u)$ ilə $f(u+1)$ arasında ciddi şəkildə yerləşir; $f$ artan olduğundan $u<x<u+1$ alınır — burada isə heç bir tam $x$ üçün yer yoxdur. $y\ge 1$ olduqda $u=y^{2}+y\ge 2>0$, yəni bu bərabərsizliklər həmişə ödənilir. Cavab: 0 həll.

Nümunə 5.1 (Klassik: $\frac1x+\frac1y+\frac1z=1$). Tənliyin bütün müsbət tam həllərini tapaq. Simmetriyaya görə $x\le y\le z$ fərz edirik. Yuxarıdakı qiymətləndirmədən $x\le 3$; həm də $\frac1x<1$ olduğundan $x\ge 2$.

• • $x=2$: $\frac1y+\frac1z=\frac12$. Yenə $y\le z$ olduğundan $\frac12\le\frac2y$, yəni $y\le 4$; həm də $\frac1y<\frac12$, yəni $y\ge 3$.
  $y=3$: $\frac1z=\frac12-\frac13=\frac16\Rightarrow z=6$.
  $y=4$: $\frac1z=\frac12-\frac14=\frac14\Rightarrow z=4$.
• • $x=3$: $\frac1y+\frac1z=\frac23$, $y\le z$ və $y\ge 3$ (çünki $y\ge x$); $\frac23\le\frac2y\Rightarrow y\le 3$. Deməli $y=3$ və $\frac1z=\frac13\Rightarrow z=3$.

Cavab: $x\le y\le z$ şərti daxilində üç həll var: $(2,3,6),\ (2,4,4),\ (3,3,3)$. Əgər nizamlanmış üçlüklər soruşulsaydı, yerdəyişmələri sayardıq: $6+3+1=10$.

Nümunə 5.2 (Cəm və hasilin bərabərliyi). $x+y+z=xyz$ tənliyinin bütün müsbət tam həllərini tapaq. $x\le y\le z$ fərz edək. Onda $xyz=x+y+z\le 3z$, buradan da $xy\le 3$ alırıq. Variantlar: $(x,y)\in\{(1,1),(1,2),(1,3)\}$.

• • $(1,1)$: $2+z=z$ — mümkün deyil.
• • $(1,2)$: $3+z=2z\Rightarrow z=3$ ✓ (və $2\le 3$ şərti ödənilir).
• • $(1,3)$: $4+z=3z\Rightarrow z=2$ — lakin $z\ge y=3$ olmalıdır, ziddiyyət.

Cavab: Yeganə həll $\{1,2,3\}$-dür (və onun cəmi 6 yerdəyişməsi var).