Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу

Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...3 . 4
І бөлім
Бүтін сандар жиынында шешілетін теңдеулердің теориясы.
1.1. Теңдеу. Теңдеудің түбірлері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..5.6
1.2. Бір белгісізі бар теңдеулер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 7
1.3. Екі белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеулер ... ... ... ... ... ... ... ...8.13
1.4. Үш белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеулерді шешуге арналған мысалдар ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 14.16
1.5. х2 . Ау2 = 1 түріндегі теңдеудің барлық шешімдерін табу ... ...17.25
1.6. Екі белгісізі бар дәрежесі екіден артық теңдеулер ... ... ... ... ... 26.29
ІІ бөлім.
Бүтін сандарда теңдеулерді шешудің әдістері.
2.1. Көбейткіштерге жіктеу әдісі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...36 . 38
2.2. Кері жору әдісі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .39.43
2.3. Дербес жағдайдан жалпы жағдайға өту әдісі ... ... ... ... ... ... ... ... 44.45
2.4. Сынап көру әдісі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..46.48
2.5. Жалғыздылық әдісі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..49.52
2.6. Бүтін сандарда шешілетін байырғы қазақ есептері ... ... ... ... ... .53.60
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..61
Пайдаланылған әдебиеттер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 62.63
Сандар теориясы өте ертеде шыққан ежелгі ғылым. Оның іргесі ұлы грек математигі Евклидтің (б.э.д. ІІІ – ІІ ғғ) еңбектерінде қаланған. Сандар теориясының негізгі объектісі ретінде сандардың 1, 2, 3, ... натурал қатары, 0 саны және де барлық теріс сандар -1, -2, -3, ... т.с.с. сандар жазылады. Бұл сандардың барлығы бүтін сандар жиынын құрайды.
Белгісізі біреуден көп болатын бүтін коэффициентті алгебралық теңдеулерді бүтін сандар жиынында шешу сандар теориясының қиын мәселелерінің бірі. Мұндай есептермен байырғы заманның математиктері, мысалы, грек математигі Пифагор ( б.з.б. VІ ғ) александриялық математик Диофант (б.з.б. ІІ – ІІІ ғ) және біздің дәурімізге жақын үздік математиктер – П. Ферма (ХVII ғ), Л. Эйлер (ХVIІІ ғ), Лагранж (ХVIІІ ғ) және тағы басқалар шұғылданған.
Диофант біздің заманымыздың 250 жылдарда Александрияда өмір сүрген. Диофанттың 13 кітаптан тұратын “Арифметика” деп аталатын көлемді еңбегің бізге алтауы ғана жеткен. Диофант арифметикасының баяндау стилінің ежелгі грек математиктерінің канондарынан сапалы түрде екі өзгешелігі бар.
1. Баймұханов Б. және т.б. Алгебра: Жалпы білім беретін мектептің 7 – сыныбына арналған оқулық. – Алматы: Атамұра, 2003.
2. Алдамұратова Т. А. Математика: Жалпы білім беретін мектептің 5 – сыныбына арналған оқулық. – Алматы: Атамұра, 2001.
3. Шыныбеков Ә. Н. Алгебра: Жалпы білім беретін мектептің 8 – сыныбына арналған оқулық. – Алматы: Атамұра, 2004.
4. Никифорович В. А. В мире уравнений. – Москва: Наука, 1987.
5. Моралишвили Т. Д. Современные поблемы методики преподавания математики. – М.: Просвещение, 1985.
6. Гельфонд А. О. Популярные лекций по атематике. – Решение уравнений в целых числах. – М.: Наука, 1983.
7. Көбесов А. Математика тарихы. – Алматы: Кітап, 1993.
8. Қырық қазына. Қазақ халқының ауызша есептері. Алматы: Мектеп, 1987.
9. Асқарова А. Теңдеулер, теңсіздіктер және олардың системалары. – Алматы: Рауан, 1992.
10. Васильев Н. Б., Егоров А. А. Задачи всесоюзных математических олимпиад. – Москва: Наука, 1988.
11. Коягин С. Д., Тоноян Г. А., Шарыгин И. Ф., Копылов И. А. И др. Зарубежные математические олимпиады. – М.: Наука, 1987.
12. Ли В. А., Егизбаев С. Е. Математические олимпиады в Казахстане. – Алматы: Рауан, 1993.
13. Симонов А. Я и др. Система тренировочных задач и упражнений по математике. – М.: Просвещение, 1991.
14. Куланин Е. Д., Норин В. П., Федин С. Н., Шевченко Ю. А. 3000 конкурсных задач по математике. – М.: Рольф, 2000.
15. Лурье М. В., Александров Б. И. Задачи на составление уравнений. – М: наука, 1990.
        
        Қазақстан Республикасы білім және ғылым министірлігі
М. О. Әуезов атындағы Оңтүстік Қазақстан мемлекеттік университеті.
Жоғары математика кафедрасы.
Диплом ... ... ... ... ... шешу.
Орындаған: Нысанова Эльмира
Ғылыми жетекшісі: п.ғ.д., профессор Рахымбек Д.
Шымкент – ... – 4
І ... ... ... ... ... ... Теңдеу. Теңдеудің
түбірлері..........................................................5-6
2. Бір белгісізі бар
теңдеулер............................................................
7
3. Екі белгісізі бар бірінші дәрежелі
теңдеулер...............................8-13
4. Үш ... бар ... ... ... ... ... х2 – Ау2 = 1 түріндегі теңдеудің барлық шешімдерін табу.......17-25
6. Екі белгісізі бар дәрежесі екіден артық
теңдеулер....................26-29
ІІ бөлім.
Бүтін сандарда теңдеулерді ... ... ... ...... Кері ... Дербес жағдайдан жалпы жағдайға өту
әдісі................................44-45
2.4. Сынап көру
әдісі.......................................................................
.......46-48
2.5. Жалғыздылық
әдісі.......................................................................
...49-52
2.6. Бүтін сандарда шешілетін байырғы ... ... өте ... ... ... ... Оның ... ұлы грек
математигі Евклидтің (б.э.д. ІІІ – ІІ ғғ) еңбектерінде қаланған. Сандар
теориясының негізгі объектісі ретінде сандардың 1, 2, 3, ... ... 0 саны және де ... ... ... -1, -2, -3, ... т.с.с. сандар
жазылады. Бұл сандардың барлығы бүтін сандар жиынын құрайды.
Белгісізі біреуден көп ... ... ... ... ... ... ... шешу сандар теориясының қиын
мәселелерінің бірі. Мұндай есептермен байырғы заманның математиктері,
мысалы, грек математигі Пифагор ( ... VІ ғ) ... ... ... ІІ – ІІІ ғ) және ... ... ... үздік
математиктер – П. Ферма (ХVII ғ), Л. Эйлер ... ғ), ... ... ғ)
және тағы басқалар шұғылданған.
Диофант біздің заманымыздың 250 ... ... өмір ... 13 ... ... ... деп аталатын көлемді еңбегің
бізге алтауы ғана жеткен. Диофант арифметикасының баяндау стилінің ежелгі
грек математиктерінің канондарынан сапалы түрде екі ... бар. ... ... геометриядан тыс таза арифметикалық – алгебралық
әдістер арқылы жүргізеді. Екіншіден, Диофант ғылым тарихында тұңғыш ... ... ... ... ... ... анықталмаған теңдеулерге келтірілетін
есептердің шешуі беріледі, ал ережелер мысалдар арқылы көрсетіледі.
Теңдеулердің оң ... және ... ... ... баса ... ... ... сан болатындай теңдеуді ол мағынасыз теңдеу деп санап, бүтіндей
қарастырылмайды. Диофант ... ... ... Егер теңдеудің
түбірі иррационал болып кездессе, есептің шартындағы берілгендерді іріктей
отырып, жауабы ... ... ... ... ... ... құрады.
Анықталған теңдеуге арналған есептер сызықтық, квадрат, тек ... ... куб ... ... ... берілген теңдеуді канондық
түрге келтіру үшін ұқсас мүшелерін топтау, теңдеудің екі жағына бірдей
шамалар қосу арқылы теріс мүшені жою ережелерін көрсетеді.
Диофанттың математикаға ... ... ... – оның ... шешу ... табуы. Ол 50 – ден астам әр түрлі кластарға
жататын шамамен 130 – дан анықталмаған теңдеулердің рационал шешуін
көрсетеді. Анықталмаған теңдеулерді ... ... ... деп те ... әр бір ... тек бір ғана ... шешуін анықтаумен шектеледі. Онда
анықталмаған теңдеулерді жалпы шешу тәсілдері жоқ. Шыққан нәтиженің
дұрыстығы дәлелденбейді, тек есеп шартын қанағаттандыруы ғана тікелей
тексеріледі.
Диофант теңдеулерінің ... ... ХVII ... ... Баше де ... (1589 – 1638) құрады. Ол 1621 жылы Диофанттың
арифметикасын грек және ... ... ... жазып бастырып
шығарады. Екінші дәрежелі диофант теңдеулерінің жалпы теориясын жасау
жолында П. ... Дж. ... Л. ... Ж. ... К. ... ... ... көп еңбек сіңірді.
ХVII ғасырдағы француздың ұлы математигі Ферма Диофанттың
арифметикасын оқып отырып, кейбір теңдеулерді шешудің басқа жолдарын
енгізді.
Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу тек қана екі ... ... ... теңдеулер үшін ғана шешілген мәселе. Екі немесе одан да көп
белгісізі бар екінші дәрежелі ... ... ... ... ... табу өте ... Мектеп бағдарламасында бүтін сандар жиынында
теңдеулерді шешуге көп көңіл ... ... ... ... ... жиі кездеседі. Осы жағдайларды ескере отырып бұл жұмыста
біз алдымызға мынадай мақсат қойдық: мектеп математика курсында ... ... ... ... ... ... ... міндеттері:
- бүтін сандарда шешілетін теңдеулерді топтарға бөлу.
- әр топтың теңдеулері үшін шешу әдістерін үйрету.
- теңдеулердің логикалық құрылымдық мағынасын ажырата ... ... ... мектепте математика пәнін тереңдетіп оқыту.
Зерттеу пәні: мектеп математика курсында бүтін сандарда теңдеулерді шешу
үрдісі.
Зерттеу базасы: Оңтүстік Қазақстан облысы Шымкент ... ... ... ... үшін мектеп – интернаты.
Диплом жұмысының құрылымы
Жұмыс кіріспеден, екі тараудан, қорытындыдан, әдебиеттер тізімінен
тұрады. Кіріспеде бұл жұмыстың ғылыми және практикалық маңызы баяндалады.
Бірінші ... ... ... шешілетін теңдеулердің теориясы баяндалады.
Екінші бөлімде бүтін сандарда теңдеулерді шешудің әдістері жазылған. Бірақ
бүтін сандар жиынында теңдеулердің шешудің жалпы методикасы жоқ. ... ... ... шешу ... ... ... ... ұқыптылығын, анализ жасай білуін талап етеді. Сонымен бірге осы
тарауда бүтін сандарда шешілетін байырғы қазақ есептері жазылған.
І. Бүтін сандар жиынында ... ... ... ... ... ... әріппен белгілеген белгісізі (айнымалысы) бар теңдік теңдеу
деп аталады. Мысалы: 5х + 8 = 18; 6х + 7 = -5; 3(х + 7) = 15 – ... ... ... ... ... бір ... бар ... бір айнымалысы бар
теңдеулер деп атайды.
Теңдеудің оң жағы және сол жағы ... ... 4х +17 = ... (4х +17) – ... сол ... ал 19 оң ... Теңдеудегі
алгебралық қосылғыштардың әрқайсысы оның мүшелері деп аталады. ...... бар ... 7, 9 – бос ... берілген мысалдар мен есептерді шығарғанда, ондағы әріппен
берілген белгісіздің немесе айнымалының сан мәнін табамыз. Демек, ... ... ... немесе айнымалының теңдеуді тура санды теңдікке
айналдырытын мәні теңдеудің түбірі деп аталады.
Теңдеудің ... ... – оның ... табу ... ... ... дәлелдеу. Теңдеулерді шешкенде, кейде түбірлері бірдей болатын
теңдеулерді мәндес теңдеулер деп айтады. ... 2х = 10 ... ... = 15 және 3х –х = 2,5 ∙ 4 ... мәндес теңдеулер, түбірлері
бірдей х = 5.
Ескеретін жағдай, кейде теңдеулердің ... ... ... ... ... ... ... саналады.
Теңдеу - әрпі бар теңдік ... ... ... ... сүйеніп дәлелдейміз.
Теңдеудің 1 – қасиеті.
Теңдеудің екі жағына да ... ... ... ... ... қосқанда
(азайтқанда) теңдеу мәндес теңдеуге түрленеді.
1 – мысал. x + 23 ... + 23 – 23 = 40 ... = 40 ... = 17 – ... түбірі.
Мысалдарда теңдеулердің бұл қасиетін қолдану нәтижесінде 23 ... сол ... ...... ... оң ... көшіріледі,
онда теңдеулердің 1 – қасиеті бойынша: теңдеудегі қосылғыштың ...... ... оны ... бір жағынан екінші жағына
көшіргенде теңдеу мәндес ... ... ... ... енгізген ХI ғасырдағы Орта Азия ғалымы
Мұхамед бен Мұса аль Хорезми. “Алгебра” атауы оның ... аль - ... - ... атты шығармасынан алынған.
Теңдеудің 2 – қасиеті.
Теңдеудің екі ... да ... өзге ... санға көбейткенде немесе
бөлгенде теңдеу мәндес теңдеуге түрленеді.
2– мысал:
8х = 56 ... 8х = ... : 8 = 56 : 8 х = 56 : 8
х = 7 х = ... осы ... ... ... екі ... да белгісіздің
(айнымалының) коэффициентіне бөліп, белгісіздің сан мәнін, яғни теңдеудің
түбірін табамыз.
3. – ... + 3 = х + 9 , 1 – ... ... 4х – х = 9 – ... = 6, 2 – ... ... х = 2.
2 саны – ... теңдеудің түбірі. Теңдеудің ... ... 4х∙2 + 3 = 2 + 9, 8+3=11. ... түбірі теңдеуді тура санды
теңдікке айналдырады.
Екі және одан көп айнымалылар теңдеулерді анықталмаған теңдеулер деп
айтады. Анықталмаған теңдеулердің шешімі деп осы ... ... ... ... ... айтады.
2. Бір белгісізі бар теңдеулер.
Бір белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеуді қарастырайық:
а1х + а0 = 0 ... а0, а1 ... ... ... ... ... ... =
бүтін сан болады, егер де а0 саны а1 санына қалдықсыз ... ... ... (1) ... бүтін сандар жиынында шешу барлық уақытта
мүмкін емес. Мысалы үшін 3х – 27 = 0 және 5х + 21 = 0 ... ... ... ... х = 9, ал ... ... бүтін
сандар жиынында шешімі жоқ.
Мұндай жағдайлармен ... ... ... шешкенде де
кездесеміз: х2 + х – 2 = 0 теңдеуінің х1 = 1, х2 = -2 ... ... ... х2 – 4х + 2 = 0 теңдеуінің бүтін сандар жиынында шешімі жоқ, ... ... х1, 2 = ... ... x n + an-1 x n-1 + … + a1 x + a0 = 0 (n ≥ 0) ... ... ... n – ші ... теңдеулер оңай шешіледі.
Шындығында, х = а теңдеудің ... ... ... ... a n + an-1 a n-1 + … + a1 a + a0 = ... = - а (ana n-1 + an-1a n-2 + … + a1).
Соңғы теңдіктен a0 санының а санына ... ... ... тұр, ... ... ... бүтін түбірі теңдеудің бос мүшесінің бөлгіші болатынына
көз жеткіземіз.
Мысалы: х 10 + х7 + 2х3 + 2 = 0 және х 6 - х5 + 3х4 +х2 – х + 3
= ... ... ... ... бос мүшесінің бөлгіштері 1, -1,
,2 және -2. ... ... тек қана -1 ... шешімі болады. Теңдеудің
жалғыз х = -1 ... бар. Осы ... ... ... ... сандар
жиынында шешімі жоқ екенін көрсетуге болады.
1.3 Екі белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеулер.
Екі белгісізі бар ... ... ... қарастырайық:
ax + by + c = 0 (1)
Мұндағы а, b нөлден өзгеше ... ... ал с – кез – ... ... сан. ... b ... ... басқа ортақ бөлгіші жоқ деп ұйғарайық.
Шындығында, бұл коэффицентердің ең үлкен ортақ ... ... ... d =
(a, b) десек, a = a1d , b = b1d ... ... ... ... (1) ... ... ... (a1x + b1y) d = 0. (2)
с саны d санына ... ... бұл ... ... ... ... Бұл
жағдайда d = (a, b) ≠ 1; (2) ... d ... ... мына теңдеуді
аламыз: a1x + b1y + c1 = 0 c1 = ... a1 және b1 ... жай ... Ең ... с = 0 болғандағы жағдайды
қарастырайық. Сонда (1) теңдеу мына түрге келеді:
ax + by = 0 (1/ ... ... х ... ... х = , х ... мән ... тек сонда ғана, егер у а ... ... ... Ал ... ... ... мәнін былай жазуға болады:
у = аt,
мұндағы t – кез – ... ... сан (t = 0, 1, 2, … ) у ... ) теңдеуіне қойсақ, онда
х = ,
біз (1/ ) теңдеуінің барлық бүтін шешімдерін қамтитын формулалар аламыз:
х = - bt, y = at (t = 0, 1, 2, … ... с ≠ 0 ... ... ... теңдеудің барлық бүтін шешімдерін табу үшін, оның тек қана бір
бүтін шешімін табу жеткілікті, сондай – ... + b0y + c = ... үшін х0, у0 ... ... табу ... 1 a және b өзара жай сандар және [x0, y0] ax + by + c = ... кез – ... ... шешімі болсын, сонда мына формулалар:
x = x0 – bt, y = y0 + at (3)
t = 0, 1, 2, … ... ... ... ... ... [x, y] - (1) теңдеудің кез – ... ... ... ... + by + c = 0 және ax0 + by0 + c = 0 ... мынау шығады:
ax - ax0 + by - b0 = 0, y – y0 = ... у – у0 ... сан және a, b ... жай ... ... х0 –х
b санына бүтіндей бөлінуі керек. Сонда х0 –х мына түрге келеді:
х – х0 = ... t ... сан, х0 –х ... ... ... алып ... қойсақ:
y – y0 = .
сонда x = x0 – bt, y = y0 + at ... ... 127х – 52у + 1 ... ... ... шешу үшін ... ... коэффициенттерінің қатынасын
алайық. Ең алдымен бұрыс бөлшегінің ... ... ... алайық:
=
Ал дұрыс бөлшегін осы бөлшекке тең бөлшегімен алмастырып, осы
процесті үздіксіз жалғастырсақ, мынандай шектеулі ... ... ... тізбегінен бөлшегін алып тастасақ, жаңа жай бөлшек аламыз:
Шыққан бөлшекті алдыңғы бөлшегінен шегереміз:
-=
теңдіктің екі ... да 52∙9 ... ... – 52у + 1 = ... ... – 52∙22 + 1 = ... ... х = 9, у = 22 теңдеуінің ... ... ... және ... ... ... мына ... жатады:
х = 9 + 52t, у = 22 + 127 t , t = 0, 1, 2, ….
Алынған ... ... ... ой ... ... ax + by + c = 0 ... ... табу үшін,
белгісіз мүшелерінің коэффициенттерінің қатынасын шектеулі тізбекке
жіктеу ... ең ... ... алып ... ... көрсетілгендей
амалдар орындау керек.
Бұл пайымдауды дәлелдеу үшін шектеулі тізбектің кейбір қасиеттері
қажет болады.
Қысқармайтын бөлшегін қарастырайық, ондағы а санын b ... ... q1 деп , ... ... r2 деп ... сонда
а = q1 b + r2, r2 < b.
Енді, ары қарай, b ... r2 ... ... ... q2 деп,
аламыз, сонда
b = q2 r2 + r3, r3 < r2.
Дәл осылай жалғастырсақ:
r2 = q3 r 3 + r4 , r4 < ... = q4 r 4 + r5 , r5 < ... ... ... ... деп аталады, q1, q2, ... өлшемдері толық
емес бөлінділер және r2, r3 ... мына ... > r2 > r3 > r4 > … > 0 ... ... емес ... ... ... құрылады, ал rn (4) қатардағы
ең соңғы нөлден өзге қалдық болсын, сонда rn+1 = 0 және a, b ... ... ... мына түрге келеді:
а = q1 b + r2
b = q2 r2 + r3
r2 = q3 r 3 + r4 ... = q n-1 r n-1 + r ... = q n r n ... ... мына түрде жазайық:
Бірінші қатардағы бөлшегін соған тең ... ... ... ал ... ... қатардағы мәнімен алмастырсақ және
тағы сол сияқты жалғастырсақ, онда ... ... ... жіктелуін аламыз:
Алынған бөлшек тізбегінің кейбір мүшелерінен бастап барлық мүшелерін алып
тастағанда қалатын өрнекті ... ... деп ... ... ... ... бастап барлық мүшелерін алып тастағанда шығады:
Екінші лайықты бөлшек ... ... ... ... ... ... ... т.с.с. жалғаса береді. Лайықты бөлшектердің құрылуына байланысты
келесі теңсіздіктер орын алады:
< < … < < , > > … > > ... ... мына ... ... ≤ к ≤ n),
лайықты бөлшектің алымы мен бөлімінің құрылу заңдылығын табамыз. Енді
, және бөлшектерін түрлендірейік:
= ; P1 = q1, Q1 = ... ... ... ... к≥3 үшін мына ... орынды екенін
дәлелдейміз:
P k = Pk-1 q k + P k-1 , Q k = Qk-1 q k + Q k-2 ... (6) ... ... к≥3 үшін ғана ... ... ... ... бойынша, өрнегіндегі q k өлшемін
өлшемімен алмастырсақ, лайықты ... ... ... ... ... ... екені белгілі болғандықтан,
Pk+1= P k q k+1 + Pk-1, Q k+1= Q k q k+1 + Q k-1
Осы ... (6) ... к+1 үшін ... ... ... сияқты
барлық к≥3 үшін де орынды.
Енді көршілес 2 ... ... ... мына ... ... (к>1) ... = ... ... ... ... алымын түрлендіреміз:
=.
Алынған өрнектерге осындай түрлендірулерді қайта жүргізсек, келесі
теңдіктер тізбегін аламыз:
= == ... = =
Осыдан келіп
- ... ... ... ... тізбегіне жіктегенде n мүшесі болса, онда
n–ші лайықты бөлшек бөлшегімен ... ... (7) ... к = n деп ... = ... ... ax + by + c = 0 ... шешіміне келеміз, мұндағы (a, b) =
1. (8) қатынасты мына түрде жазамыз:
- =
Теңдіктің 2 жағын да ... ... – bPn-1 = ... + b(-Pn-1) + (-1)n = ... ... (-1)n-1 с с – ... көбейтеміз:
a [(-1)n-1 Qn-1] + b [(-1)n c Pn-1] + c = 0
осыдан келіп
x0 = (-1)n c Qn-1, y0 = (-1)n c Pn-1 ... ... ... болады және теоремаға
сәйкес барлық шешімдері мына түрде жазылады:
x = (-1)n c Qn-1 - bt, y = (-1)n c Pn-1 + ... t = 0, 1, 2, ... ... ... 2 ... бар бірінші дәрежелі теңдеулердің барлық
бүтін шешімдерін табу туралы сұрақтың жауабын береді.
1.4. Үш белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеулерді шешуге арналған
мысалдар.
1 – ... x2 + y2 = z2 (1) ... ... ... геометриялық шешімі катеттері х, у гипотенузасы z бүтін сандар
болатын барлық тік бұрышты үшбұрыштарды табу. Мұндағы х, у ... ... ... ... d арқылы белгілейік: d = (х, у), сонда
x = x1d, y = y1d
және (1) ... мына ... ... 2 d 2 + y1 2 d 2 = z ... ... z 2 санының d 2 санына бөлінетіні ... тұр, ... z = ... 2 d 2 + y1 2 d 2 = z12 d ... екі ... да d 2 ... бөліп жіберсек,
x1 2 + y1 2 = z12
теңдеуін аламыз. Біздің соңғы теңдеуіміз бастапқы теңдеуге келеді, бірақ
х1 және у1 ... ... ... ... ... жоқ. Сондықтан (1)
теңдеуді шешкенде x, y өзара жай сандар деген шешіммен шектелуге болады.
Сонда (х, у) = 1 ... ... х ... у ... ең ... ... деуге болады.Теңдеудің оң жағына y2 белгісізін өткізейік:
x2 = z2 - y2 , x2 ... ... = (z+у, z -у) ... сонда
z+у = а d1, z–у = bd1, (3)
мұндағы a, b - өзара жай сандар. Ал (3) ... ... (2) – ... = a b ... b ... ... бөлгіші болмағандықтан, бұл теңдік a, b толық
квадрат болғанда ғана орындалады. Сондықтан біз a = u2, b = v2 ... ... = u2 v2 d12 және x = u v d1 ... (3) ... y және z ... ... = ad1 + bd1 = u2 d1 + v2 d1, (5)
2y = ad1 - bd1 = u2 d1 - v2 d1, ... тақ ... u, v және d1 ... да тақ деп алайық. d1 = 1
болады, себебі: x = u v d1 және ... х және y ... ... d1 ≠ 1 ... онда ... жай сан ... қарсы келеміз.
Мұндағы u және v өзара жай a және b сандарымен байланысты, сондықтан u
және v өзара жай сандар және (3) ... b < a ... ... демек,
v < u. Сонда 4 – 6 ... d1 = 1 ... ... мына ... = u v, ,, (7)
Мұндағы u және v ... жай тақ ... және v < u (7) ... ... v мәндері көбіне жиі кездесетін мына теңдіктерді құрайды:
32 + 42 = 52 (v =1, u = ... + 122 = 132 (v =1, u = ... + 82 = 172 (v =3, u = ... ... (1) ... x, y, z сандарының ортақ бөлгіші болмағандығы
шешімдерін береді. Ал (1) теңдеудің қалған шешімдері (7) формуланы қамтитын
шешімдерді кез – ... ... ... d ... ... ...... x2 + 2y2 = z2 (8) теңдеуінің ... ... ... y, z (8) ... ... ... ... басқа өзара ортақ
бөлгіші болмаса, олар екеуара жай болады. Шындығында, егер х және y жай ... ... р > 2, ... сол бөлігі бүтін сан және z р ... ... ... ... және z ... y және z р санына бөлінсе де солай болады.
x, y, z сандарының ортақ бөлгіші 1 болу үшін, х тақ сан ... ... х жұп ... онда (8) ... сол жағы жұп сан ... және ... да жұп болады. Бірақ x2 және z2 4 – ке ... ... 2y2 ... 4 – ке ... ... ... айтқанда, у саны да жұп болуы керек.
Сонымен, х тақ болатындықтан, z саны да тақ болуы ... Ал x2 ... ... өтсе
2y2 = z2 - x2 =(z+x)(z–x),
теңдігін аламыз. Бірақ (z+x) және (z–x) ... ең ... ... ... ... ... z+x = к d, z–x = ld, мундағы к, l - ... ... ... қоссақ және азайтсақ, мына теңдіктерді аламыз:
2 z = d(к+l), 2x = d(к-l),
х және z тақ және ... жай ... ... 2х және 2z ... ... ... ... 2 болады, яғни d = 2.
Осынымен, немесе тақ болады. Сондықтан z+x және
өзара жай, немесе және z–x ... жай ... ... ... = n2, z–x = 2m2 ... шығады.
Екінші жағдайда, теңдігінен z+x =2m2, z –x = n2 ... ... ... n ... ... m - тақ сан және n > 0, m > 0. Ал х және ... қатысты жүйені шешсек, у мәнін табамыз:
,
немесе
.
Екі формуланы біріктіріп, x, y, z ... ... ... ... m - тақ сан, x, z - бүтін сандар ... ... n жұп ... ... = 2b, m = a десек, (8) теңдеудің барлық ... ... ... ... = ± (a2 – 2b2), у = 2ab, z2 = a2 + 2b2, ... a, b өзара жай оң сандар және а тақ сан, ... қоса a, ... х оң ... ... ... (8/) формуласы (8) теңдеуінің
x, y, z үшеуі де өзара жай оң сандар болғандығы барлық шешімдерін береді.
1.5. X2 – AY2 = 1 ... ... ... ... ... – AY2 = 1 екі ... бар ... дәрежелі теңдеу, мұндағы А – кез –
келген толық квадрат емес бүтін оң сан. Мұндай ... ... ... ... алдымен түріндегі ирррационал сандарды үздіксіз
бөлшектерге жіктеуді қарастырайық. Евклид алгоритмі бойынша кез – келген
рационал санды ... ... ... ... болады, ал иррационал санды
шектеусіз тізбек түрінде жазуға ... үшін ... ... бөлшек түрінде жазайық.Ол үшін
төмендегідей тепе – тең түрлендіруін пайдаланамыз:
(- 1)( + 1) = 1,
- 1 = ,
- 1 = ... ... - 1 ... мәні соған тең өрнегімен
алмастырамыз да, келесі бөлшек тізбегін аламыз:
- 1 = , = ... да ... ... жасасақ, келесі бөлшек тізбегін аламыз:
=
Осы процесті ары қарай жалғастыра отырып, үздіксіз бөлшек тізбегін ... ...... ... жоғарыда қолданған бөлшек тізбегіне
жіктеу әдісі кез – келген иррационал үшін жарамайды. A бүтін саны A =
m2 + 1 ... ... ғана ... ... мұндағы m - кейбір бүтін
сан және m ≠ 0. Енді (1)түріндегі ақырсыз бөлшек тізбегі үшін, δ1,
δ2, δ3 ... ... ... ... ... = 1, δ1 , ... = , δ3 . ... ... құру тәсілі бойынша,
δ1 < δ3 < … <
δ2 > δ4 > … > ... ... ... кез – ... α1 ... ... ақырсыз бөлшек
тізбегіне жіктеу берілсін:
Онда лайықты бөлшектер үшін келесі теңсіздік орынды:
δ1 < δ3 < … < δ2k+1 < … < α < …< δ2k < …< δ4 < δ2 ... ... ... ... ... ақырлы бөлшек тізбектері үшін қолданған (1.3 - 6)
қатынасы:
P k = Pk-1 q k + P k-2 , Q k = Qk-1 q k + Q ... ... ... үшін де ... Біз еш ... бөлшек тізбегі
ақырлы болады дегенді пайдаланбаған едік, сондықтан көршілес лайықты
бөлшектер арасындағы (1.3 - 7) қатынасы да ... ... ... ... ... ... мына ... орынды екенін көрсетейік:
0 < < ... бұл ... сол жағы (3) ... ... ... теңсіздіктің оң бөлігінің дұрыстығын да дәледеу қиын емес,
,
теңдігінің δk лайықты бөлшегін бөлшегімен алмастырайық:
- α < ... ... Q 2k - ға ... ... ... ... .
Соңғы теңсіздікті x2 - 2y2 = 1 (6) ... шешу үшін ... сол ... ... жіктейік:
x2 - 2y2 = (х -у)( х +у),
x = P 2k және y = Q 2k деп ... ... P2k және Q ... ... ... ... лайықты бөлшектің алымы мен
бөлімі. Сонда
P 2k2 - 2 Q 2k 2 = (P 2k -Q 2k )( P 2k +Q 2k ), ... оң ... яғни сол ... де ... сан болып табылады. Бұл
бүтін санның нөлден үлкен, бірақ екіден кіші екенін көрсетейік. Демек, бұл
сан ... тең. Ол үшін α = ... (5) ... ... ... < < (8)
Шыққан теңсіздіктен (7) теңдіктің оң ... 2 ... де ... көреміз,
.
Басқаша айтқанда
, < , +< 2
Сонымен (7) теңсіздіктің оң жағындағы көбейткіштер үшін келесі теңсіздіктер
орынды:
0 және ... [±xn, ± yn] ... ... ... [x0, y0] – ең кіші ... ... (9) ... оң бүтін сандар арасында [x/ , y/], шешімі
болсын,
(18)
теңдігі ешқандай бүтін оң n саны үшін ... Мына ... ...
x0 ≥ 0 , y0 ≥ 0 және ... бұл ... ... оң сандар
қатары. Ең кіші шешімнің анықтамасы бойынша:
[x0, y0] – ең кіші ... ... ... ... n ≥ 1 ...
Сондықтан (19) теңдіктің барлық мүшесін бірдей бүтін оң санына
көбейтсек, теңдіктің таңбалары сақталып ... және біз мына ... Одан ... және ... ... ... – 22 ) қатынастарды және (20) теңсіздікті пайдалансақ, ... ... ... жұбы (9) ... шешімдері болатынын
көрсетейік. Шындығында, (23) теңдікті және сол сияқты
(25)
теңдігін мүшелеп көбейтсек:
, ... [] және [x0, y0] - (9) ... ... Енді ... 0 екенін дәлелдейік. Ең алдымен ≠ 0 екенін анықтаймыз.
Шындығында, егер = 0, онда (26) ... ... ... шығады:
A > 0 болғандықтан, бұлай болу мүмкін ... Ары ... = 0 ... , ... (24) ... >0 болатындықтан, бұлай болу
мүмкін емес. Ақыры біз және ... ... ... ... ... Шындығында, егер және таңбалары әртүрлі деп
ұйғарсақ, онда және - бірдей таңбаға ие болады. Егер біз ... ... ... шамаларын салыстырсақ, біреуінің абсолют
шамасы екіншісінен кіші болуы керек, себебі біріншісінде бірдей таңбалы екі
сан қосылады, ал екіншісінде азайтылады. ... ... ... ... ... ... 1 – ден үлкен.
Бірақ
=
болғандықтан, біз қарама – ... ... ... ... бірден
үлкен екі санның көбейтіндісінің абсолют шамасы бірден ... ... ... және ... ... және ≠ 0, ≠ ... (24) ... >0, > 0 екені бірден шығады.
Сонымен, , A > 0 ... [] ... бар деп ... (18) ... ... ... оң n үшін ... емес деп, біз бұл
теңдеудің [,] шешімдерін топтық, және ... ... және [x0, y0] ең кіші ... ...... болатын бүтін оң сандар. Осылай біз (9) теңдеудің барлық
шешімдері (18) формуладан алынатынын дәлелдедік.
Сонымен, (9) теңдеудің әрбір [x, y] ... мына ... n ≥ ... [x0, y0] – ең кіші ... ... теңдіктегі таңбасын
өзгертсек,
теңдігін аламыз. Бұл теңдіктердің екі жағын да қоссақ және азайтсақ,
формулаларын аламыз.
Мысалы, біз ... ... ... ... ең кіші
шешімі x = 3, y = 2 болады, сонда бұл теңдеудің ... ... ... ... ... = 1, 2, 3 үшін біз мына шешімдерді аламыз: [3, 2], [7, 12], [99, ... ... ең ... бір ... шешімі болса, онда бұл теңдеудің
ең кіші шешімі болады және оның ... ... (17) ... шығады.
теңдеуінің A > 0 және α > иррационал ... ... ... Егер A > 0 және α > – ... сан ... ... мына ... ... ... -бүтін сан болғандықтан, x0 және y0 бүтін сан болады. Екі бүтін
санның көбейтіндісі 1 – ге тең болады, ... тек ... ... ... ... жеке – жеке +1 немесе -1 сандарына тең болса. Сонда
,
немесе
,
x0 және y0 екі ... бар екі ... ... ... ... де ... шешімдер жүесіне ие: .
Сонымен, (9) теңдеудің А бүтін санның квадратына тең болғанда, бүтін
сандар жиынында тек мардымсыз ... бар: .
А ... және ... болғанда да (9) теңдеудің бүтін сандар жүесінде
осындай мардымсыз ... бар. Ал А = 1 ... да, ... ... бар: ... Екі белгісізі бар дәрежесі екіден артық теңдеулер.
Екі белгісізі бар дәрежесі екіден артық ... ... ... ... әрқашанда х және у бүтін сандар жиынында тек қана
шекті сандар шешіміне ие. Ең ... мына ... ... n – ... ... ... сан, – ... сандар.
Біздің жүзжылдықтың басында А. Туэ дәлелдегендей, мұндай теңдеу х және
у бүтін сандар жиынында шекті сандар шешіміне ие, тек қана ... ... ... ... бұл ... ... сол бөлігі
бірінші дәрежелі біртекті екімүшеліктің дәрежесі болса. Соңғы жағдайда
біздің теңдеу мына екі түрдің ... ... ... ... ... ... ... келтіріледі. Біз А.Туэ
әдісінің күрделілігінен, оны қолдана алмаймыз және (1) теңдеудің
шешімдер санының шектілігін дәлелдейтін кейбір ескертулермен ... ... екі ... санына бөлейік:
, (2)
(3)
Біз бұл теңдеудің барлық түбірлері әр түрлі және a0∙ an ≠ 0деп қана
емес, бұл теңдеудің түбірлері ... ... ... дәрежелі теңдеудің
түбірлері бола алмайды деп ұйғарайық.
Жоғарғы алгебрада әрбір алгебралық теңдеудің ең болмағанда бір ... ... ... әрбір көпмүшелік бүтіндей (z - α) бірмүшелігіне
бөлінеді, егер α – оның ... ... ... ... ... α1, α2, …,αn – берілген көпмүшеліктің барлық n түбірлері.
Көпмүшеліктің көбейтінді ... ... ... ... (2) ... ... ... болады:
(5)
(5) теңдеудің бүтін сандар жиынында [xk, yk] санаусыз көп шешімі болсын.
Демек, ... ... ... yk ... ... ... бар ... сөз.
Кез – келген анықталған саннан абсолбт шамасы бойынша ... yk ... ... көп жұптар бар болғанда және xk қаншалық үлкен болса,
онда мұндай xk үшін ... сол жағы да ... ... болатын еді,
бірақ бұлай болу мүмкін емес. Енді yk өте үлкен болсын, онда (5) теңдеудің
оң жағы кіші ... еді, ... сол жағы да кіші ... ... ... ... жағы ... және бірден кіші емес және a0 санын қамтитын n
көбейткіштің көбейтіндісі. Сондықтан, сол жақтың кішілігі, абсолют шамасы
бойынша мына ... ... ... келіп шығады:
Бұл айырым кіші болады, сонда тек сонда ғана, αm шындығында,
теңдігінен орын алмаса. Қарсы ... ... ... модулі кіші
бола алмайды, себебі:
(5) теңдеудің сол жағындағы екі көбейткіштің айырымы бірдей уақытта модулі
бойынша кіші бола ... ... ... ... ... жоқ. Егер бір ... модулі немесе
абсолют шамасы бойынша айырымынынан кіші болса, онда ... ... ... ... ... ... ... αm
сандарының барлығы өзара әртүрлі болғандықтан, абсолют шамасы, не модулі
бойынша ең кіші айырымы ... ... ... (m ≠ S). Оның ... ... ... yk ... өсетіндіктен, кез – келген жеткілікті yk үшін
келесі теңсіздік орынды:
немесе
(7)
Онда ... ... ... көбейткіштердің абсолют шамасының
көбейтіндісіне тең екенін (5) теңдеуден аламыз:
(8)
Бірақ, егерде бұл теңдіктегі әрбір айырымын d мәнінің ең ... ... ал ... ... алмастырсақ, санынан
кіші бүтін сан бола алмайды, онда (8) ... сол жағы оң ... ... және біз ... ... ... аламыз, мұндағы с xn және yn сандарына тәулді емес.
Сондықтан, қандай да бір анықталған m бар ... оған ... αm үшін ... ... көп рет ... ... айтқанда, егер (1)
теңдеудің бүтін сандар жиынында санаусыз көп шешімі бар ... онда ... (3) ... ... α ... ... және q қаншалық
үлкен болса да, мына теңсіздік орындалады:
, (10)
мұндағы А – p, q ... ... ... p, q – ... ... ал n –
α санын қанағаттандыратын теңдеудің дәрежесі. Егер α кез – келген нақты
сан болса, онда оны (10) ... p және q ... ... ... көп ... ... етіп таңдауға болар еді. Біздің жағдайда α
бүтін коэффициентті алгебралық теңдеудің түбірі, ... ... ... ... және ... ... ие.
Алгебралық санның дәржесі дегеніміз – осы сан қанағаттандыратын
кіші дәрежелі бүтін коэффициентті алгебралық теңдеудің ... Туэ ... n – ші ... α ... саны ... p және q ... ... жиынында ақырлы сандар шешімі болуы
мүмкін. Бірақ болғанда, (10) теңсіздіктің оң жағы жеткілікті ... ... (11) ... оң жағынан кіші болып қалады , себебі; .
Сондықтан егер (11) теңсіздіктің p және q ... ... ... тек ... ... бар ... онда (10) ... те ақырлы сан шешіміне ие.
Демек, (3) теңдеудің барлық түбірлері n – нен кіші дәрежелі бүтін
коэффициентті теңдеудің ... бола ... (1) ... ... ... тек ... шешімге ие. Ал n = 2 үшін (10) теңсіздіктің
шындығында, кез – ... А ушін p және q ... ... ... ... бар ... оңай ... болады.
P(x, y) – кез – келген х және у мәндеріне қатынасты бүтін
коэффициентті көпмүшелік болсын, басқаша айтқанда,
мұндағы - ... ... Біз бұл ... деп ... егер де оны ... коэффициентті екі
көпмшеліктің көбейтіндісі түрінде жазуға болмаса.
Ерекше және күрделі әдіспен К. ... ... ... y) = ... х және у ... ... жиынында санаусыз көп шешімі болады, сонда
тек сонда ғана, егер де мына ... бар ... an-1,… , a0, a-1, … , ... bn-1,… , b0, b-1, … , ... х және у мәндерінің орнына қойғанда, t параметріне қатысты
тепе – теңдігін аламыз. Мұндағы n – кейбір ... сан, P(x, y) ... ... үлкен жіктелмейтін көпмүшелік.
1.7. Үш белгісізі бар дәрежесі екіден үлкен алгебралық теңдеулер және
кейбір көрсеткіштік теңдеулер.
Егер біз екі ... бар ... ... ... ... ... немесе ақырсыз сандар шешімдерінің бар болуы туралы сұраққа жауап
берсек, ал дәрежесі екіден көп, ... ... ... ... үшін ... ... ... жеке жағдайларына байланысты ғана жауап бере
аламыз. Мысалы ретінде, Ферма теоремасына келіп тоқталайық.
Француз математигі Пьер Ферма мынандай тұжырым ... n + y n = z ... ... үшін x, y, z ... оң сандар жиынында шешімі жоқ. Ол
өз тұжырымының дәлелдемесі бар екенін айтса да, оның дәлелдемесі табылған
жоқ. Сонымен қатар математик Куммер бұл ... ... ... бір ... ... деп те ... оның пайымы бүтін сандар
облысында дұрыс болса, одан да ... ... ... ... ... ... ... басқаша айтқанда, жоғары дәрежелі
коэффициентті 1 – ге тең және ... ... ... алгебралық
теңдеулердің түбірлері жіктелмейтін бүтін сандар жиынында басқа
көбейткіштерге жіктеу мүмкін емес. Ал енді ... ... ... ... қарастырайық, мұндағы m, n - бүтін сандар.
Осындай екі санның қосындысы және көбейтіндісі сол ... ... ... ... ... ... сандардың кез – келгенінің
көбейтіндісі және қосындысы да құрамына кіретін кіретін сандар жиынтығын
сақина деп айтады. Анықтама бойынша, біздің сақинаның құрамында мына ... 2, 3, 1+, 1 – ; ... = 2∙3 = (1+)(1 – ... ... 6 саны біздің сақинада бір ғана әдіспен жай көбеткіштерге
жіктелмейді. Осыны анықтағаннан ... ... ұлы ... ... ... емес екендігіне көзі жетті. Көбейткіштерге жіктеудің
жалғыз еместігіне байланысты қиындықты жеңу ... ... ... ... Ол ... ... алгебрада және сандар теориясында үлкен
маңызға ие. Тіпті осы жаңа теорияның көмегімен де Кумер ұлы ... ... ... ... және оны тек қана ең ... ... жай ... бөлінетін n үшін дәлелдеді.
Қазіргі уақытта ... ... ... n ... жеке жағдайда,
жүзден кіші жай санға бөлінетін кез – ... n үшін ... Ұлы ... ... ... ... ... қосқан үлесі
зор. Сонымен қатар, басқа әдіспен және басқа себептен бұл теорияны ұлы орыс
математигі Е. И. Золотарев ... ... n = 4 ... ... теоремасына дәлелдеу келтіреміз,
түсу әдісіне құралған бұл дәлелдеу өте қызық.
Теорема:
x 4 + y 4 = z 4 ... ... x, y, z, xyz ≠ 0 ... сандар жиынында шешімі жоқ.
Дәлелдеу. Біз тіпті күштірек теореманы дәлелдейміз,
x 4 + y 4 = z 2 ... x, y, z, xyz ≠ 0 ... ... ... ... жоқ.
Бұл теоремадан (1) теңдеудің шешімдері жоқ екені бірден шығады. Егер (2)
теңдеудің ... өзге x, y, z ... ... жиынында шешімі болса, онда бұл
сандар өзара екеуара жай екен деп пайымдауға болады. Шындығында, х және ... ең ... ... ... d >1 ... шешімдері болса, онда
x = dx1 , y = ... (x1, y1 ) = 1. (2) ... екі ... да d санына бөлсек, біз
мына теңдікті аламыз:
x14 + y14 = = z1 2 ... ... y1 ... ... ... саны да ... ... де z1 және y1 сандарының ортақ бөлгіші k > 1 болса, онда x1 2 ... к – ға ... ... ... x1 және к ... жай ... ... Нөлден өзге бүтін сандар жиынында (2) теңдеудің шешімдері бар ... ... өзге ... жай ... жиынында шешімі бар екенін дәлелдедік.
Сондықтан, бізге (2) теңдеудің нөлден өзге өзара екеуара жай бүтін сандар
жиынында ... жоқ ... ... ... ... арғы
қадамында, (2) теңдеудің бүтін оң сандар және екеуара жай сандар жиынында
шешімдері бар деп қарастырайық. Біз 1.4 тақырыбында
x 2 + y 2 = z 2 ... ... ... ... ... жай оң бүтін сандар жиынында
(5)
формылалары арқылы анықталатынын дәлелдегенбіз. (5) формулаға (4) теңдеудің
барлық шешімдерін анықтайтын басқа түр берейік. u, v – ... ... ... теңдіктен u және v мәндерін анықтаймыз:
(7)
мұндағы a және b әртүрлі жұп және тақ сандар. 6 – 7 ... ... – ақ, кез – ... тақ өзара жай u және v сандар жұбына ... және тақ a, b ... ... келеді, және керісіше, тақ a, b сандар
жұбына өзара жай тақ u және v сандар жұбы ... ... ... u және v ... орнына a және b ауыстыруын енгізсек, (4) теңдеудің
шешімдері оң бүтін және өзара ... жай ... ... x, y, z ... ... ... a және b x > 0 ... өзара жай жұп және тақ сандар. Осыдан х
және у ... жұп және тақ ... ... ... Егер (2) ... , y0, z0] шешімдеріне ие болса, онда
[x0 2] 2 + [y0 2] 2 = z02 ... де бұл ... ... (x0 2 , y0 2, z0) (4) ... шешімдері болады.
Сонда a және b, а > b өзара жай жұп және тақ ... ... болу үшін x0 - тақ, ал y0 – жұп деп ... ... ... та ... өзгермейді. Біз білеміз, тақ санның квадратын 4 – ке
бөлгенде 1 қалдық қалады. Сондықтан
(10)
теңдігінен а – тақ, ал b – жұп ... ... Ал а – тақ сан және (а, b)
= 1 ... (а, 2b) = 1 болады. Онда
y0 2 = 2ab
теңдігінен
a = t 2, 2b = s 2, ... ... ... t, s – кез – ... бүтін сандар. Бірақ, (10)
қатынастан [x0, b, а ] (4) теңдеудің шешімдері екені шығады. Демек,
,
мұндағы m және n – ... жай жұп және тақ ... ... ... ... және n – ... жай ... = p 2, n = q 2, (12)
мұндағы p және q ... өзге ... ... a = t 2 және ... 4 + p 4 = t 2 , ... ... q = x1, p = y1, t = z1 және біз ... ... [x0 ... z0] шешімдері бар болса, онда [x1 , y1, z1] ... ... де ... ... себебі 0 < z1 < z0. Сонымен (2) теңдеудің шешімдерін алу
пороцесін шексіз жалғастыруға болады және біз келесі шешімдер ... , y0, z0], [x1 , y1, z1], ... , [xn , yn, zn], ... ... оң z0, z1, z2, z3,…, zn,…, ... монотонды кемиді, басқаша
айтқанда, ол үшін мына теңсіздік орынды:
z0 > z1 > z2 > z3 > … > zn ... ... оң ... ... ... ... тізбекті құра алмайды,
сондай – ақ мұндай тізбекте z0 – ден ... ... бола ... Осыдан
біз (2) теңдеудің x, y, z (xyz ≠ 0) бүтін сандар жиынында ең болмағанда бір
шешімі бар деген ұйғарымға ...... ... ... ... ... ... болмайтыны дәлелденді. Сәйкесінше (1) теңдеудің де оң
бүтін [x , y, z] ... ... ... жоқ, ... ... [x , y, z] ... ... шешімі болса, онда [x , y, z 2 ] - (2) ... ... ... біз (2) ... ... ... жиынында шешімі жоқ екенін
ғана емес,
x 4n + y 4n = z 2n
теңдеуінің де шешімі жоқ ... ... 4 + y 4 = z 2 ... ... өзге x , y, z ... ... жиынында шешімі жоқ екенін
дәлелдеу керек. Біз (15) теңдеудің бүтін оң сандар ... [x0 , y0, ... ... деп ... Осы ... ... өзара жай деп айта аламыз,
себебі ең үлкен ортақ бөлімі d > 1 болса, онда ... да ... ... ... еді. ... қатар (15) теңдеудің бүтін сандар
жиынындағы барлық мүмкін z шешімдері ішінен z0 – ең кішісі деп ... [x0 , y0, z0] – (15) ... ... ... [x20 ... ... 2 + 2y 2 = z 2 (16)
теңдеуінің шешімдері ... Осы ... ... бүтін оң шешімдерін
беретін 1.4. тақырыбындағы (8/ ) формуласын қолдансақ, бүтін оң a және b
сандарының бар ... ... (a, b) = 1, ... а тақ сан және мына
теңдіктерді қанағаттандырады:
(17)
теңдігінен b санының жұп екеніне көз жеткізуге болады, y0, ... y0 2 4 ... ... ал а – тақ сан. ... – ақ ... а ... жай болғандықтан,
теңдігінен
екендігі шығады, мұндағы m және n – бүтін оң сандар және (m, 2n) = 1. ... ... ... x0 және а тақ ... ... ... 4 – ке бөлгенде 1 қалдық қалатынын көргенбіз.
Сондықтан (18) теңдіктің сол жағын төртке бөлгенде 1 ... ... ... де 4-те ... 1 қалдық қалуы керек . Демек, (18)
теңдіктің оң ... ... тек қана ... енуі ... Енді ... мына ... жазуға болады:
немесе мына формада жазуға болады:
,. (19)
мұндағы x0, m және n ... оң және ... жай ... Тағы да ... (8/ ) ... p және q ... ... р – тақ сан,
(p, q) = 1, сонда
(20)
және болғандықтан
,
мұндағы s, r - ... жай ... ... ... рет мына ... ... ... s, r, m (15) теңдеудің шешімдерін құрайтынын көрсетеді.
Жоғарыда көрсетілген
,
теңдіктерінен екендігі шығады. ... [x0 , y0, z0] ... ... [s, r, m] ... таптық, мұндағы 0 < m < t0. Соңғы
теңсіздік біздің [x0 , y0, z0] шешімдеріндегі z0 – ең кішісі ... ... ... біз (15) теңдеудің шешімдері бар деген
ұйғарымға қарсы келдік және бұл теңдеудің нөлден өзге бүтін сандар ... жоқ ... ... біз ... ... ... ... ескертулер
жасаймыз.
(22)
теңдеуі бүтін x, y, z сандар жиынында ... ... ... ие, мұндағы
a, b, c – бүтін, дәрежесі 2 – ге және ... тең емес ... Осы ... ғана ... толықтырумен кез – келген a, b, c алгебралық сандары үшін
дұрыс. Сонымен қатар, мына ... ... ... ақырлы сандар шешіміне ие. Мұндағы A, B, C, ABC
≠ 0 – бүтін сандар, - ... ... және ... ... ... әрбір 1.6. тақырыбындағы (1) түрдегі
теңдеуге (23) түрдегі кейбір көрсеткіштік теңдеулер сәйкес келетіні
дәлелденеді, сонымен қатар бүтін ... 1.6. – (1) ... ... (23) ... ... ... ... Мұндай сәйкестіктер 1.6. –
(1) және (23) теңдеулерінен жалпы түрдегі ... үшін ... ... ... жиынында теңдеулерді шешудің әдістері.
2.1 Көбейткіштерге жіктеу әдісі
1. Жоғары дәрежелі теңдеуді көбейткіштерге жіктеу арқылы ... ... ... ... және ... жиынтығымен мәндес
болады. Мұнда бірінші теңдеудің түбірі ,ал екінші теңдеудің ... ... ... ... ... ... ... бүтін
шешімі бар: -2.
2. теңдеуінің бүтін шешімдерін табу керек, мұндағы және
жай сандар.
Шешуі: Берілген теңдеуді түрінде жазамыз. ... тақ ... ... және ... ... ... қатар,
саны -қа бөлінуі керек, ал саны -қа бөлінбегендіктен (-
жай сан), саны -қа ... ... Ал бұл ... болғанда
ғана орындалады.Сонымен -жай сан және немесе . Бұл теңдік
және ... ғана ... Онда және ... ... барлық бүтін түбірлерін табу керек.
Шешуі: Берілген теңдеуді түрлендірейік:
Соңғы теңдіктен және 10 ... ... ... ... ... ... 8 ... бар: Осыдан 8 теңдеулер жүйесі шығады:
Теңдеулер ... ... ... ... 8 ... ... бар екенін
көреміз: (-2,12); (-4,-8); (-1,7); (-5,-3); (2,4); (7,3); (-8,0); (-13,1).
4. ... ... ... ... шешу ... мұндағы -
жай сан.
Шешуі: десек,
теңдеуі шығады. Ал -жай сан ... ... 6 ... ... 5 ... ... шығады: ... ... ... ... ... 5 ... бар ... көреміз:
; ; ; .
5. теңдеуін натурал сандар ... шешу ... ... мына ... ... алайық:
,
сандары санының бөлгіштері болып ... ... ... , ... . ... ... тақ саны 2 ... бөлгіші болар еді),
сондықтан және , сондай-ақ . ... ... ... ... тек қана ... ... қанағаттандыратынын көрсетеді.
6. теңдеуін қанағаттандыратын барлық бүтін ... ... табу ... ... екі ... да 4-ке ... оған 1-ді қоссақ,
теңдігін аламыз. Егер -бүтін және -1,0,1,2 сандарына тең болмаса, онда
және , сонымен қатар
.
Бұл теңсіздіктер санының қатарлас екі ... ... ... көрсетеді, ал бүтін саны үшін бұлай болу мүмкін ... ... ... қойсақ, есептің жауаптарын
аламыз:
(0,-1); (0,0); (-1,-1); (-1,0); (5,2); (-6,2).
7. ... ... ... жиынында шешу керек.
Шешуі: шешімдері натурал сандар болғандықтан, , демек ,
мұндағы . Теңдеудің оң ... ... ... ... квадрат теңдеуді шешсек, ... ... ... 2, 3 ... ... ... ... теңдеулерді шешеміз:
,
Бірінші теңдеуден , шешімін аламыз. Ал ... ... ... жоқ, ... теңдеудің дискриминанты теріс сан. Берілген теңдеудің
жалғыз , шешімі бар.
8. 33 теңдеуін ... ... ... шешу ... ... сол ... көбейткіштерге жіктейік:
.
Берілген теңдеудің бүтін шешімі бар деп ұйғарайық. ... ... . Егер , онда , +, -, +
2, -2 ... өзара бөлек сандар. Сондықтан 33 санын 5
көбейткішке жіктеу керек, бірақ 33 саны ... ... ең көбі 4 ... бұл ... ... ... Кері жору ... теңдеуін бүтін сандар жиынында шешу керек.
Шешуі: ... ... ... ... шешімдері жоқ ... , , ; ... ең ... ... ... ... , , және ... жай сандар болады. Алынған
мәндерді белгісіздерінің орнына қойсақ, мынандай теңдеу шығады:
, ... , -жұп ... ... -жұп сан ... ... сан, болады. Ал ауыстыруын (1) теңдеуге қойып,
қысқартсақ теңдеу мына ... ... ... сан ... болады, (2) теңдеуге қойсақ, теңдеу былай
түрленеді:
. (3)
-жұп болғандықтан, ... (3) ... ... ... мына ... ... ортақ бөлгіші 2 екені көрініп тұр және өзара
жай сандар екеніне қарама-қайшы.
б) сандарының біреуі ... тең ... ... , онда ... ... Егер ... біреуі нөлге тең болса, екіншісі де
нөлге тең болады. Егер және нөлге тең ... деп ... ... ... ... ... ... теңдеуіміздің бір-ақ
шешімі бар: (0,0,0).
2. теңдеуін бүтін сандар жиынында шешу керек.
Шешуі: сандары ... ... ... . Егер , онда
.
Демек, саны екі қатарлас натурал сандардың ... ... ... ... ... болу мүмкін емес. Сондықтан ... ... ... кезегімен қойсақ, саны бүтін санның квадраты болады, егер де
мына сандарға тең болса: ... ... ... ... ... табамыз: (-9,12); (-9,-12); (-8,0); (-7,0); (-4,12) (-4,-
12); (-1,0); (0,0); (1,12); ... ... ... ... ... шешу керек.
Шешуі: Теңдеуді сандар жұбы қанағаттандырсын, деп ... саны ... бола ... ... ... ... да ... Шындығында, бұл жағдайда
, демек,
,
осыдан шығатын ... ... ... үшін ... Ары ... теңдеу мүмкін емес теңдігіне айналады. Соңында,
үшін теңдігін аламыз. Теңдеудің шешімі: , .
4. теңдеуін ... ... ... шешу ... ... бір ... жұбы теңдеуді қанағаттандырсын. Алдымен
деп ұйғарайық, сонда
.
Сондықтан , және
,
,
болғандықтан , ал саны қатарлас екі ... ... ... ... Енді деп ұйғарайық, сонда , ... ... ... ... ... ... ... десек, қайшылыққа келеміз. Сондықтан
-2 деп бағалаймыз, осыдан ... ... ... аламыз: ,
.
5. теңдеуінің натурал ... ... ... шектеулі
болатынын дәлелдеу керек.
Шешуі: Берілген теңдеудің ... ... ... . Ал ... ізделінді
теңдеуді және теңсіздігін қанағаттандыратын сандар ... ... бар ... ... кез ... ... ... үшін, мына
қатынас орындалады:
, ,
осыдан келіп, теңсіздігі шығады. Сондықтан белгісіз ... ... мән ... ... ... ... белгісіз шамасы санынан аспайды. Егер де ... ... онда ... ... теңдеуден бірмәнді анықталады.
Демек, шартын қанағаттандыратын шешімдер ... ... ... ... ... жиынында шешу керек.
Шешуі: сандар тізбегі теңдеудің шешімі болады. Ал енді ... да ... ... деп ... ... ішінен сондай
тізбегін таңдаймыз,
шамасы ең кіші мән ... ... үшін ... , ... ... ... 4-ке ... қалдық (не 0-ге тең, не 1, не ... 4-ке ... ... (не 0-ге, не 3-ке тең) ... келеді,
сонда тек сонда ғана, егер әрбір сандары жұп болса. Сондай-ақ ,
, , ... . ... ... алып барып қойсақ,
болады. Сонымен ... ... ... бұл ... тізбегін таңдауға
қайшы. Сондықтан берілген теңдеудің жалғыз шешімі бар.
7. теңдеуінің натурал ... ... ... жоқ ... ... сандары теңдеуді қанағаттандырады деп ұйғарайық. Сонда біздің
теңдеуіміз былайша жіктеледі:
.
Сонымен қатар
және ... жай ... ... тақ ... ... ... қанағаттандыратын сандары табылады және
, .
Осыдан
теңсіздігін аламыз. Алынған қайшылық есептің шартын ... ... , ... ... ... ... ... жоқ екенін дәлелдеу керек.
Шешуі: Кейбір , мәндерінде ... ... ... ... Ал деп ... келесі теңдікті аламыз:
,
ал одан
(mod )
теңдігін аламыз. Сондықтан жұп сан, ал үшін тақ ... ) ... ... еді, онда және , ... ... ... Ары қарай, Ньютон биномына сүйенсек, жұп болғанда ... ... ... ).
Осыдан келіп (mod ), шығады. Шыққан ... ... ... ... ... ... ... теңсіздігіне сүйеніп,
теңсіздігін аламыз. Алынған қайшылық бастапқы теңдеудің шешімі жоқ екенін
дәлелдейді.
9. ... ... ... ... шешімі жоқ екенін дәлелдеу
керек.
Шешуі: Кейбір сандар жұбы теңдеуді қанағаттандырсын деп ... жұп сан ... ... ... ... 4),
осыдан
(mod 4)
болуы мүмкін емес. Ал санының жұптығынан
(mod 4)
екендігі шығады, сондықтан
(mod 4).
Енді
, , ... ... ... теңдеуден мынаны аламыз:
,
осыдан
, мұндағы (mod 4).
Ескерейік, санының жай бөлгіштерінің ең ... ... ... ... мұндағы . Шындығында, саны тақ ... ... жай ... тақ ... Сонымен
(mod ),
сондықтан
(mod ) және (mod ).
Біз Ферма теоремасына қайшы келдік, ... ... ... ... еді. ... ... ... Дербес жағдайдан жалпы жағдайға өту әдісі
1. теңдеуін натурал сандар жиынында шешу керек.
Шешуі: (0,0)-теңдеудің ... деп ... Егер ... сол ... түбір белгісі болса, онда теңдеу мына түрге келеді: немесе ,
. ... , ... . Егер сол ... 2 ... ... онда мына теңдеуді аламыз:
, ... ... ... сан, , . ... (2) теңдеуге
қойсақ, теңдігі шығады. Бірақ
,
сондықтан
болады.Ал бұлай болу мүмкін емес. Осы себепті (1) ... 1-ақ ... ... ... сол ... 3 ... ... болса, мына теңдеуді аламыз:
, (3)
,
, . ... ... (1) ... ұқсас, сондықтан (3) теңдеудің де 1-ақ шешімі бар:
(0,0). Ары қарай осылай жалғастыра ... ... ... ... ... бар ... қорытындыға келеміз.
2. Кез-келген мәні үшін
теңдеуінің натурал сандар жиынында шешімі бар екенін дәлелдеу керек.
Шешуі: Индукция әдісімен дәлелдейік:
Кез-келген ... бар ... және тақ ... ... үшін ... ... деп алу
жеткілікті. Ұйғарым кейбір мәні үшін дәлелденсін. ... ... ... ... және
,
деп ұйғарайық. Мұндағы тақ және болғандықтан, және .
Сонда
сандар жиыны үшін
,
(mod ... ... ... ... үшін де дұрыс.
3. сандары берілсін, әрбір мәні үшін және ... ... жай ... натурал сандар жиынында шексіз көп шешімі бар ... ... Егер ... онда ... мәні ... ... жұбы ... қанағаттандырады. Ал енді болса, қалдықтар
туралы теоремаға сәйкес, шексіз көп ... бар ... және ... ... ) және (mod ... ... ... мәніне
,
натурал сандары сәйкес келеді және олар өз ... ... ... ... ... ... тізбек теңдеуді
қанағаттандырады, себебі:
.
Әрбір мәні үшін, ... ... ... белгісіздер тізбегі
сәйкес келеді. Сондықтан берілген теңдеудің натурал сандар жиынында шексіз
көп шешімі бар.
2.4 ... көру ... ... ... ... жиынында шешу керек.
Шешуі: Ең алдымен деп ... ... ... ... ... теңдеудің шешімі жоқ екенін көреміз:
.
б) болғанда
, .
Ал болғандықтан, теңдеудің 2 шешімі бар: (2,3,6); ... ... ... ... алмыз. Егер , онда . Осыдан (3,3,3) шешімдерін ... , онда . ... ... ... бұл ... ... ... үшін және , сонымен қатар келесі теңсіздік орынды:
Бұлай болу мүмкін емес. Сонымен үшін теңдеудің 3 шешімі ... (2,4,4); (3,3,3). Ал олай ... ... ... 8 ... (4,2,4); (4,4,2); (2,6,3); (3,2,6); (2,4,4); (3,6,2); ... Сондай натурал сандар жұбын табыңдар, ... ... 1 ... ... екінші санға бөлінетіндей.
Шешуі: Алдымен деп ұйғарайық. Есептің ... ... ... ... және сандарына ... ... ... саны да санына ... ... ... да ... ... ... ... ... және болғандықтан, келесі теңсіздікті аламыз:
.
Осыдан бүтін саны мына 3 ... ... ... 1,2,3.
а) болғанда
теңдеуінің шешімі: (1,1).
б) ; . ... ... ; . ... (2,3) ... болады.Сонымен берілген
теңдеудің 3 шешімі бар: (1,1); (2,3); (3,2).
3. ... ... ... мәні ... ... емес ... ... жиынында шешімі бар екенін дәлелдеу
керек.
Шешуі: сандары теңсіздігін қанағаттандырсын. Ал ... ... мына ... ғана ... ... ... теңдікті:
пайдаланып, мына қатынасты аламыз:
.
Егер болса
, ,
сонда . Ал болса
, , ,
сонда , ... ... . Егер ... ... , ... . Ал 3 ... ... , сондай-ақ . Енді 4 болғанда
, , ... , ... . ... біз ... ... жағдайда
сандары мына теңдіктерді қанағаттандырады:
, ,
демек, берілген жүйені де қанағаттандырады.
4. Әрбір жай саны үшін
теңдеуінің шешімдері жоқ екенін ... ... Егер ... саны ... ... ... онда бұл сан 5-тен аспайды немесе құрама сан болады.
Шындығында, егер болса онда саны ... ... Ары ...
және үшін , . Егер , ... ... ... ... оның әрбір көбейткіші 1-ден үлкен, ал болғанда .
Демек, егер жай сан болса, онда ... ... ... орындалмайды.
5. Тақтада
теңдеуі жазылған. Екі ойыншы ойын ойнап жатыр. Бірінші ойыншы кез-келген
бос орынға ... өзге ... ... ... Одан соң ... ойыншы қалған
бос орынның біреуіне бүтін сан ... ... ... ... ... бос
орынға бүтін сан жазады. Екінші ойыншының жүрісіне байланыссыз, шыққан
теңдеудің 3 түбірі де бүтін ... ... етіп ... ... ... ... Егер ... ойыншы бірінші дәрежелі белгісізінің орнына -1
санын қойса, ал екінші жүрісінде қалған соңғы ... ... ... қойған
санға қарама-қарсы сан қойса, онда түріндегі көпмүшелік шығады. Ал
бұл көпмүшеліктің түбірлері , -1, 1 ... ... ... ... ... натурал сандар жиынында шешу керек.
Шешуі: Мұндағы натурал сан, Коши теңсіздігін ... ... ... теңсіздіктер ,, мәндерінде теңдікке ... ... ... мына теңсіздікті аламыз:
.
Демек, ,, екені келіп шығады. ... ... ... ... бар: .
2. ... , ... ... бүтін сандар жиынында төрттен артық шешімі болмайтынын дәлелдеу
керек. Қандай да ... үшін ... төрт ... ... ... болғандықтан,
теңдеуі
теңдеулер жүйесіне пара-пар, мұндағы , ... ... ... 1-ден ... ... болуы мүмкін емес,
себсбі: белгісіздердің мәндері бұл жүйеден бірмәнді анықталады:
Әртүрлі бүтін жұбы ... (1,2); (-1,-2); (2,1); ... ... ... ... белгісіз әртүрлі жұптары сәйкес
келеді. ... ... ... теңдеуіміздің төрттен артық шешімі
болалмайды, сонымен ... ... саны ... ... сонда тек сонда
ғана, түріндегі әрбір сан ... ... және . Ол үшін ... болуы қажет, сонымен қатар 2. Егер , онда саны ... ... тек ... ... саны тақ ... ... 4 шешімі
болады, егер де келесі шарттар орындалса:
немесе және , .
З. ... ... ... ... шешу ... Егер жұп болса, және
(mod 16),
егер де тақ болса, онда
16 санына бөлінеді, сондай-ақ
(mod 16).
Теңдеудің сол жағын 16-ға ... ... ... тақ ... ... ... ... Басқаша қарастырғанда да
1599=1600-1=15 (mod 16),
демек, теңдеудің оң және сол ... ... ... ... бүтін
мәнінде мүмкін емес.
4. теңдеуін бүтін сандар жиынында шешу керек.
Шешуі: ... ... ... Теңдеудің тағы басқа ... деп ... ... теңдеудің оң жағы 4-ке бөлінеді. Қарсы жағдайда,
және тақ сандар, одан
(mod 4), (mod 4), (mod ... жұп ... ... ал тақ ... 4)
теңдігі шығады, сондай-ақ мүмкін емес. Теңдеудің сол жағы ... ... тек ... ... егер ... ... жұп ... сол жағын 4-ке бөлгендегі қалдық тізбегіндегі тақ ... тең), ... , , , ... ... ... сол жағы 4-ке ... ... аналогиялық пайымдау арқылы
, , және
теңдеуін ... ... ... ... бүтін сандар тізбегін аламыз:
, , ,
мұндағы . Бірақ нөлден ... ... ... сан ... ... ... ... сондықтан сандарының әрқайсысы нөлге тең.
Демек, теңдеудің тек қана ... ... ... ... ... жай ... үшін және кез-келген
натурал саны үшін
теңдеуінің бүтін оң сандар жиынында шешімі бар екенін дәлелдеу керек.
Шешуі: Қалдықтар туралы теоремаға ... ), ... ... бүтін саны бар болады. ... ... үшін ... ... , онда
және
Ақыры,
,
теңсіздігінен
,
сондай-ақ екенін көреміз. Осылай ... жұбы ... ... ... Егер саны тақ ... натурал сандар жиынында шешімі болатынын дәлелдеңдер, сонда тек
сонда ғана, егер үшін ... Егер , ... ... ... ... шешімдері болады. Ал
енді , сандары теңдеуді қанағаттандырсын, мұндағы , -
тақ ... Егер ... ... болғанда ғана тақ болады, олай болу мүмкін емес. Сондықтан
және тақ сандарының қосындысы 4 ... ... ... ... 4-ке ... ... ... береді. Егер түріндегі барлық
жай сандар сандарының бірдей дәрежелі жай көбейткіштерге жіктелуіне
кірсе, онда (mod 4) ... еді, бұл ... ... Осыдан келіп
, ,
шартын қанағаттандыратын жай саны бар ... ... ... ... Енді ... ... ... санына бөлінеді де, мына түрге келеді:
.
Дәлелдеу осымен аяқталды.
2.6 Бүтін ... ... ... ... ... ... Жасыл жазираны жайлап отырған ауыл үстінен терістікке қарай
үшбұрыш тәрізденіп бір топ қаз қаңқылдап ұшын өтеді. Қаздардың бірі ... ... ... түседі.
Өз тобынан қалып қойған қаз қайта ұша алмайды. Келесі күні оның
үстінен үшбұрыштанып көп қаз баяу ұшып ... Жаны ... ... ... Сәлем алейкум, жүз қаз,- деп сағынышпен сәлемдеседі.
- Уәлейкум үссәлем, жалғыз қаз,- деп үн қатады ... ... ... сен ... жүз емеспіз. Жүз болу үшін бізге әуелі ... сан қос, одан соң сол ... ... одан кейін оның
жартысын, ең ақырында өзіңді қос, сонда бәріміз жүз боламыз.
Көл жағасында отырған ... қаз ... ... ... ұшып өткен қаздардың қанша екенін біледі.
Жаз өтіп, күз таяған шақта жалғыз қаз жайлаған көл үстінен ... бет алып бір ... қаз ... ... өтеді.
- Сәлем алейкум, жүз қаз,- деп көлдегі жалғыз қаз оларға ... ... ... ... оның ... ... ... үн қатады:
- Біз жаздай балапандап көбейдік, енді бес топ болып ұшып ... ... ... ... одан ... екі есе, одан ... ... ең соңғымыз төрт есе көппіз. Бәрімізге сен қосылсаң жүз боламыз.Жалғыз
қаз олардың әр тобында қанша қаз бар екенін дәл ... ... Мұны ... ... ... ... ұшқан қаздар санын табу үшін, олардың әуелгі санын
деп алып, бір ... бар ... ... және сол ... ... қаздар санын табу үшін, бірінші топтағы қаздар санын деп
алып, әуелдегідей теңдеу құрастырамыз.
Жауабы: ... ... ... саны 36. Күзде ұшқан қаздардың бірінші тобы
9, екінші тобы да 9, үшінші тобы 18, төртінші тобы 27, ... тобы ... жем ... алты ... күн ... он қадақ сұлы беріп ... ... ... ... бөлінеді: биеге-үш қадақ, құнандарына- екі
қадақтан, ал тай басына бір ... жем ... иесі ... ... ... ... болып отырған жекжатына әңгіме
арсында өзінің осы ... ... ... бие нешеу, құнан нешеу, тай нешеу болғаны?»-деп, қонақ жылқы
санын іштей есептеуге көшіпті.
Шешуі: Бие ... ... ... -, ал тай ... арқылы
белгілесек, келесі теңдеулер жүйесін аламыз:
Шыққан теңдеулер жүйесін шешсек, , , мәндерін аламыз.
Жауабы: Мал иесінде бір бие, екі ... үш тай ... ... ... төрт ұлы ... Олардың үшеуі өз алдына отау
тігіп кеткен ... Ақ ... кісі ... ... ... оның ... саулық салып беруді ойластырады.
Бір күні ол үш ұлының үйлеріне қонаққа барып, ... қойы ... бас ... ... ... да, ... шақырып алып: «Әрқайсысың
өздеріңдегі қойларды төртке бөліп, бөлінбей қалған қойларыңды ... ... ... жігіт қойларын әке айтуынша бөліп, бөлінбей қалғанын інісіне ... ... ... бес ... ие ... ... қойың менікінен артық еді, енді теңесті,-дейді қой берген үш
жігіттің бірі өзгелеріне. Бұл үш ағайындының қойлары алғашында қаншадан
болған?
Шешуі: Қырық бір бас ... ... ... берсе, үшеуінде отыз алты бас
қой қалады. Ең соңында отыз алты бас қой қалғандықтан, ... он ... ... ... ағасы қой, келесісі қой, үшіншісі ... ... ... болғандықтан,
1. , , .
2. , , .
Есептің шарты бойынша , сондықтан біз екінші жауапты қабылдаймыз.
Демек, 12+1=13, 12+2=14, 12+2=14.
Жауабы: Үш ұлының ... ... ... он үш, он ... он ... ала ... даламен келе жатқан аңшы бала екі інге тап болады.
Топыраққа түскен ізге ... жас аңшы ... де қоян іні ... ... ... ін ... ... құлақ тосады.
Әр нәрсені білуге құмар бала әуелі бірінші інге, одан соң екіншісіне
құлаштап қол ... ... ... ... Екі ... оң ... көбірек, ал сол жақтағысынікі азырақ екен. «Енелері білер ме
екен, әлде білмес пе екен?»-деп, ол көжек ... ... ... ... ... деп, бала сол жақтағы індегі бір көжекті
оң жақтағы інге ... Енді оң ... ... саны сол ... үш
есе көбейіп кетеді. «Қой, мұнымды біліп қояр, одан да екі іннің көжектерін
теңестіріп кетейін»-деп бала оң жақтағы інге ... ... тағы бір ... сол ... інге салады.
Бала үйіне келген соң, мұны шешесіне айтады.
- Бәрі қанша көжек?-деп ... ... ... әр інде қанша көжектен жатты
екен?
Шешуі: Оң жақтағы көжектер санын деп, сол ... ... ... ... Сонда келесі теңдеулер жүйесін аламыз:
Бұл теңдеулер жүйесін шешсек, , екендігі ... Оң ... інде бес ... сол жақтағы інде үш көжек болған.
Барлық көжектер саны сегіз.
Тазы мен түлкі
Жапан далада бір ... аң ... ... Ойда жоқ ... бір ... қызғылт түлкі ытқи жөнеледі. Аңшының алғыр тазысы оны бірнеше арқан
бойы жерден қуып береді.
Зымырап қашқан түлкі арқан бойы ... ... тазы оның ... ... Жан ... ... тағы ... жерге ұзағанда тазы оны қуып
жетіп, бас салады.
Аңшы ауылға келіп, достарына түлкіні қалай ... ... ... мақтайды.
- Түлкі шеңгел түбінен бастап, ұсталғанға дейін қанша арқан бойы жерге
қашты екен?-деп ... ... ... ... ... тазы ... ... бойы қуғанын айтсайшы,-дейді екіншісі.
- Тазы түлкіден неше есе жүйрік болды екен?-деп үшінші адам саусақтарын
санайды. –Арқан бойы жердің төтелігі бар ғой, ... ... ... неше есе ... Ол түлкіні неше арқан бойы жерден қуып
жеткен?
Шешуі: Барлығы жиырма төрт арқан бойы жер бар. ... ... ... ... ... қуған жолын деп алайық. Сонда
теңдеулер жүйесін шешсек, , ... Тазы ... екі есе ... Ал ... ... он екі арқан бойы
жерге дейін қашып барған. Олай болса, тазы түлкіні жиырма төрт арқан ... ... ... ... ... ... ... есепке үйреткісі келген әкесі бір күні:
- Ендігі жеті жылда түйеміз екі есе, жылқымыз үш, сиырымыз төрт, қойымыз
бес есе көбейсе, онда ... ... саны ... ... жасыңнан екі есе
көп болады екен,- дейді.
- Ол кезде біздің үйдегі жылқының, түйенің, сиырдың, ... ... ... бала ... ... Оны білу қиын емес. Өзің-ақ табасың,- деп әке ... ... Көп ... бала өз ... ... айтады.
Бұл үйдің түйесінің, жылқысының, сиырының, қойының саны ... ... , ... , ... , ... деп алайық.
Сонда
болғандықтан, , , , екені көрініп тұр.
Жауабы: Бұл үйде ... бір ... бір ... бір қой, бір ... ... ... неше адам?
Біреу қасапқа жылқы соятынын көрші қолаңына хабарлайды. Белгіленген күні ол
бордақысын сояды. Әр жерден ет алушылар келеді. Сойылған ... ... ... ... шығып, ол сәл ойланып қалады:
«Бұлардың әрқайсысына бір жіліктен берсем, онда үш жілік ет артылып ... ... ... үш ... ет ... қалады. Енді қандай амалын
табамын?». Ет алуға келгендер неше адам?
Шешуі: Жілік санын деп, адам ... деп ... ... ... , ... ... адам, он екі жілік.
Жерден қоян тапқандай
Бір аңшы қартайған шағында қақпанын баласыны ... ... ... мені ... жыл ... ... ол ... Бұл үшеуі сенің балаңның баласын да аш қылмайды.
- Жарайды ... -деп бал үш ... ... темір қазықты, әрқайсысы бір
құлаш келетін темір қазықты қабылдап алады.
Бала тұтасқан ... ... ... ... ... ... шөп-
шаламмен жауып қайтып кетеді. Келесі күні таңертең үш ... ... қоян ... Солайша, ертеңіне де бір қоян алып қайтады.
- Екі күнде әкелгенің екі ... ... жеті қоян ... ... ... әке бала ... ... толмай.
- Қалайша, көке, бір қақпанға екі қоян түссе де жеті қоян ... ... бала әке ... таңданып.
Әкесі сол күні түнде қақпанды өзі құрып, жиырам бір қоян ұстап ... қоян ... үш ... ... ... жеті қояннан түскеніне аң-
таң қалады.
- Олай емес... Екінші қақпанға ... ... екі қоян көп, ... ... екі қоян кем түсті,-дейді әкесі.
«Қай қақпанға қанша қояннан түсті екен?»-деп бала ойланып қалады.
Шешуі: ... ... ... ... деп алып, теңдеу
құрастырамыз:
Теңдеуді шешсек, шығады.
Жауабы: ... ... бес ... ... жеті ... ... тоғыз
қоян түскен.
Тоғыз тораудағы кездесу
Талас өзенінің төменгі бойындағы көкмайса жерге тұс-тұстан ... ... ... ... ... жолдың торабы Тоғызторау деп аталады.
Әйтеуір бір жылы сондағы ... ... ... аңшы ... ... ... ... амандасып шығады.
- Бәріміз қанша рет қол алыстық?-дейді ... ... ... ... ал мен өзім ... адаммен аманадастым, -дейді жолаушы.
Тоғыз жолаушы бір-біріне қанша рет қол ... Бұл ... ... адам сегіз адаммен амандасады. Екінші адам жеті
адаммен амандаса. Сол сияқты соңғы адам ... ... ... ... шешкен жеткілікті:
Жауабы: Тоғыз жолаушы бір-біріне 36 рет қол ... ... ... киіз ... ауыл ... бас аяғы он жеті бас малы-
жылқысы, сиыры, қойы болыпты. ... ... ... қалған баласы дамыл
таппай жүріп, қыстау басына мая-мая шөп ... ... Қыс ... мал ... ... ол анасынан әр түлікке қанша баудан шөп ... ... Күн ... әр ... ... ... әр ... төртеу, қой басына екі
баудан салсаң, мал қыстан қысыла қоймайды, балам.
- ... апа, -деп ... ... ... етіп, бау-бау шөпті
алып келеді.
- Барлық малға қанша бау шөп салдың, ... шеше ... ... ... ... бау шөп ... ... Барлық жылқыға қанша
бау салсам, барылқ сиырға да сонша бау салдым, апа. Ал жылқы мен ... ... ... ... бау саны ... ... ... бау
санымен бірдей болады.
- Дұрыс болған екен балам,-дейді шешесі сонда, енді шөпті малдарға ... ... ... ... неше сиыры, неше қойы, неше жылқысы болған?
Шешуі: ... ... ... санын сәйкесінше, ... Есеп ... ... ... үш ... бар ... ... жүйесін шешсек, , , шығады.
Жауабы: Екі жылқысы, үш сиыры, он екі қойы ... ... бір ... ... ... бойы ... жалданып жүріп, ірілі-ұсақты
біраз ешкі жинап алады. Бұлардың үлкен ... ... екі есе, ... үш есе көп болады. Жігіт қыс бойы осы ... ... ... ... ... ... ... шыбыштары –жалқы,
тушалары егізден, ал үлкен ешкілері үшеннен лақ табады. Сөйті енді жарлы
жігіттің барлық ешкілерінің саны ... ... ... үйде ең ... ... ... ... туша, қанша ешкі болған?
Шешуі: Үлкен ешкілерін десек, тушалары , ал ... ... Енді ... құрастырайық:
Теңдеудің шешімі .
Жауабы: төрт ешкі, сегіз туша, он екі шыбыш.
Табақ тарту
Тәттібек ... ... адам ... Бір күні оның ... бір топ ... Үй иесі ... жылы ... қабылдап, төріне шығарады. Дастарқан
жайылады. Шайдан ... ... ет ... ... ... ... ... үй иесі меймандарын көзбен шолып
шығады да, сәл ойланып қалады. Ошақ басында жүрген жұбайына келіп:
- ... бір ... ... онда бір ... ет ... қалады, үшеуара
бір табақ тартсақ, онда бір табақ ет артылып ... енді не ... ... ... ... қанша? Үйде бар табақ саны қанша?
Шешуі: ... ... ... адам ... деп белгілеп, теңдеулер
жүйесін құрастырамыз:
Бұл жүйеден , ... ... саны он екі, ... саны ... ... бала ... ... қайтып келе жатады.
- Үшеумізде он-оннан асық бар еді ғой. Енді кімде қанша асық қалды?-деп
сұрайды бойшаңдау бала серіктерінен.
- Онша көп ... ... ... ең кіші бала екі ... қолын
сұғады. Оң қалтамдағы асықтың біреуін сол ... ... онда ... асық ... Ал егер сол ... асықтың біреуін оң
қалтама ауыстырсам, онда оң ... асық саны сол ... үш ... ... Онда ... барлық асық менің ұтып алған асығыммен тең екен, -дейді
балалардың үлкені.
- Ең көп ұтылған мен болдым,-дейді сонда ... бала ... ... асық саны ... ... ұтып ... жартысындай екен.
Ойыннан кейін қай балада қанша асық қалды?
Шешуі: Кіші баланың оң ... асық ... , сол ... ... деп, ... жүйесін құрастырамыз:
Осы жүйені шешсек, шығады. Кіші балада барлығы сегіз асық
қалды. Үлкенінің ұтып ... ... саны ... оған ... он ... он сегіз болады.
Жауабы: Үлкенінде он сегіз ... ... ... ... ... төрт
асық қалады.
Қап-қап бидай
Егіні бітік болып, қырманы қызылға толған диқан барлық бидайын ... ... ... алады да, оның біразын екі ұраға тең бөліп көмуді
ойлайды.
Диқан ... бірі үш пұт ... ... үш қап дайындайды да, оның ... ... ... ... ұлына береді. Өзі үлкен қапты алады. Сөйтіп
үшеуі есік ... ... ... таза да ... бидайды ұраға құюға
кіріседі. Әке екі ұраның біреуін иемденеді де, ұлы мен ... тап ... ... ... бәсекеге түскен үшеуі бірінен-бірі ... өз ... он ... астық тасығанда екі ұра да толады. Бұдан кейін әкесі
ұраға сабан шаншып, бетін топырақпен жұқалап ... ... ... қызып
кетпеу үшін істеген қамы еді.
Бұлардың әрқайсысының қабы неше пұттық? Қай ... ... пұт ... және ... ... пұт ... тасып төккен?
Шешуі: Ең кіші қапқа пұт сыяды деп ... ... бір ... ... шығады:
Бұдан екенін көріп тұрмыз. Қаптар бір ... ек ... үш ... таптық. Әр ұраға отыз пұт астық тасылған.
Жауабы: Әкесі отыз пұт, ұлы жиырма пұт, қызы он пұт тасыған.
Ат пен ... ... бірі ... болып келеді.
Ауыр жүк артылған ат пен қашыр қара жол ... ... келе ... ... жүгінің шамадан тыс ауыр екенін айтып, ат қатты налиды
- Сен несіне ренжіп келесің? –дейді оған ... Егер ... ... бір қапты менің арқама артса, онда ... ... екі есе ауыр ... ... ... Ал егер мен ... үстіңдегі бір қапты алсам ше?- деп сұрайды ат.
- Онда екеуміздікі тепе-тең шығар еді,-дейді қашыр.
Айтыңдаршы, данышпандар, ат үстінде және ... ... ... ... ... Ат үстіндегі қап санын , ... ... қап ...
арқылы белгілейік те, теңдеулер жүйесін құрастырайық:
Жүйені шешсек , шығады.
Жауабы: Ат үстінде бес қап, қашырда жеті қап.
Қорытынды.
Жалпы айтқанда оқу ... ... ... жиынында теңдеулерді
шығарудың әдіс – тәсілдерін пайдалану, оларды терең зерттеу сабақтың
сапасын арттырады. Сондай – ақ оқушылардың белсенділігі мен ой - ... ... ... және ... ... ... ... деген
қызығушылығын арттырады. Ең негізі оқушылар бағдарламадан тыс мағлұматтар
алып, ... ... ... таңда жоғары білім беру үздіксіз білім алуға дайын, өзінің
сана сезімін жан – жақты ... ... ... толықтыруға қабілетті,
қоғам дамуындағы нарықтық қатынастың құбылмалы саясатына тез бейімделетін
шығармашыл, ... ... ... ... де ... ... мақсат тұтады. Сол себепті, жастардың білім алуы үшін барлық
жағдай ... және ... ... ... жол ... ... ... олимпиадаларға, ғылыми жобаларды қорғауға көп көңіл
бөлінуде. Жыл бойы әр – түрлі ... ... ... ... атап ... ...... “Кенгуру”, “Ақбота” және т.б. Бұл
сайыстарға қатысу үшін ... ... ... өте ... деңгейде
болуы шарт.
Сонымен қатар қазіргі мектеп математикасындағы оқыту ... ... ... ... ... ... ... орындауға үйрету керек.
Ал мектеп бағдарламасында олимпиадалық есептерді шығару тәсілдері өте
аз. Бұл сайыстарда көп кездесетін есептердің бір тобы – ... ... ... ... ... ... бөлімінде осындай
теңдеулерді шешудің жалпы теориясын, әдіс – тәсілдерін ашып көрсеттік.
Дипломдық жұмыстың оқушылардың білім сапасын ... ... ... курстары үшін пайдасы болатынына сенімдіміз.
Пайдаланылған әдебиеттер
1. Баймұханов Б. және т.б. Алгебра: Жалпы білім беретін ... 7 ... ... ...... ... ... Алдамұратова Т. А. Математика: Жалпы білім беретін мектептің 5 –
сыныбына арналған ...... ... ... ... Ә. Н. Алгебра: Жалпы білім беретін мектептің 8 – сыныбына
арналған оқулық. – Алматы: Атамұра, 2004.
4. Никифорович В. А. В мире ...... ... ... ... Т. Д. ... поблемы методики преподавания
математики. – М.: Просвещение, 1985.
6. Гельфонд А. О. Популярные лекций по ...... ... ... ... – М.: ... ... Көбесов А. Математика тарихы. – Алматы: Кітап, 1993.
8. Қырық қазына. Қазақ халқының ауызша есептері. Алматы: Мектеп, 1987.
9. Асқарова А. Теңдеулер, ... және ... ... ... ... ... ... Н. Б., Егоров А. А. Задачи всесоюзных математических
олимпиад. – Москва: Наука, 1988.
11. Коягин С. Д., ... Г. А., ... И. Ф., ... И. А. И ... математические олимпиады. – М.: Наука, 1987.
12. Ли В. А., ... С. Е. ... ... в ... ... Рауан, 1993.
13. Симонов А. Я и др. Система тренировочных ... и ... ... – М.: ... 1991.
14. Куланин Е. Д., Норин В. П., Федин С. Н., Шевченко Ю. А. ... ... по ... – М.: ... ... ... М. В., Александров Б. И. Задачи на составление уравнений. – М:
наука, 1990.
16. Олехник С. Н. И др. ... ... ... ... ... – М.: МГУ, ... Пойа Д. Как ... задачу. Вып.І. – Львов: Квантор, 1991.
18. Петраков И.С. Математические олимпиады школьников: Пособие для
учителей. – Москва: Просвещение, 1982.
19. Журнал ... в ... ... задачи за 1986 – 2004 годы.
20. ... С. ... ... ... есептерінің жинағы.
– Алматы: Мектеп, 1982.

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Көлемі: 43 бет
Бұл жұмыстың бағасы: 1 300 теңге









Ұқсас жұмыстар
Тақырыб Бет саны
Бүтін сандар жиынында анықталмаған теңдеулерді шешу әдістері28 бет
Криптографиялық кілттермен басқару.RSA алгоритмі45 бет
Анықталмаған теңдеулерді шешудің жаңа әдістері23 бет
100 көлеміндегі сандарды көбейту мен бөлу20 бет
n-ші ретті, коэффициенттері айнымалы біртекті сызықтық дифференциалдық теңдеулерді жалпыланған Абель формуласын пайдаланып шешу36 бет
«Бөлшек сандары бір санау жүйесінен екінші санау жүйесіне ауыстыру»4 бет
«Көпмүшеліктер мен комплекстік сандар »6 бет
Алгебралық теңдеулердің шешудің жанама әдісі7 бет
Бірінші сыныпта он көлеміндегі сандарды оқыту19 бет
Бекітілген үтірлі сандарды тура кодада көбейту11 бет


+ тегін презентациялар
Пәндер
Көмек / Помощь
Арайлым
Біз міндетті түрде жауап береміз!
Мы обязательно ответим!
Жіберу / Отправить


Зарабатывайте вместе с нами

Рахмет!
Хабарлама жіберілді. / Сообщение отправлено.

Сіз үшін аптасына 5 күн жұмыс істейміз.
Жұмыс уақыты 09:00 - 18:00

Мы работаем для Вас 5 дней в неделю.
Время работы 09:00 - 18:00

Email: info@stud.kz

Phone: 777 614 50 20
Жабу / Закрыть

Көмек / Помощь