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.

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Көлемі: 43 бет
Бұл жұмыстың бағасы: 1300 теңге




Қазақстан Республикасы білім және ғылым министірлігі

М. О. Әуезов атындағы Оңтүстік Қазақстан мемлекеттік университеті.

Жоғары математика кафедрасы.

Диплом жұмыс

Тақырыбы: Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу.

Орындаған: Нысанова Эльмира

Ғылыми жетекшісі: п.ғ.д., профессор Рахымбек Д.

Шымкент – 2005

Мазмұны

Кіріспе
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ...3 – 4
І бөлім
Бүтін сандар жиынында шешілетін теңдеулердің теориясы.
1. Теңдеу. Теңдеудің
түбірлері ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... 5-6
2. Бір белгісізі бар
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ..
7
3. Екі белгісізі бар бірінші дәрежелі
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... .8-13
4. Үш белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеулерді шешуге арналған
мысалдар ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .
... ... ... ... ... ... .14-16
5. 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 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

Кіріспе
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. Ол
теңдеулердің шешуін геометриядан тыс таза арифметикалық – алгебралық
әдістер арқылы жүргізеді. Екіншіден, Диофант ғылым тарихында тұңғыш рет
математикалық символдар (таңбалар) тілін пайдаланды.
Диофанттың арифметикасында анықталмаған теңдеулерге келтірілетін
есептердің шешуі беріледі, ал ережелер мысалдар арқылы көрсетіледі.
Теңдеулердің оң бүтін және бөлшек шешулерін табуға баса назар аударылады.
Шешуі теріс сан болатындай теңдеуді ол мағынасыз теңдеу деп санап, бүтіндей
қарастырылмайды. Диофант иррационал сандарды қолданбайды. Егер теңдеудің
түбірі иррационал болып кездессе, есептің шартындағы берілгендерді іріктей
отырып, жауабы рационал санға келетіндей етіп, есепті қайта құрады.
Анықталған теңдеуге арналған есептер сызықтық, квадрат, тек бір
дербес жағдайда куб теңдеуге келеді. Диофант берілген теңдеуді канондық
түрге келтіру үшін ұқсас мүшелерін топтау, теңдеудің екі жағына бірдей
шамалар қосу арқылы теріс мүшені жою ережелерін көрсетеді.
Диофанттың математикаға қосқан негізгі жаңалығы – оның анықталмаған
теңдеулерді шешу әдістерін табуы. Ол 50 – ден астам әр түрлі кластарға
жататын шамамен 130 – дан анықталмаған теңдеулердің рационал шешуін
көрсетеді. Анықталмаған теңдеулерді қазір диофант теңдеулері деп те атайды.
Ол әр бір теңдеудің тек бір ғана рационал шешуін анықтаумен шектеледі. Онда
анықталмаған теңдеулерді жалпы шешу тәсілдері жоқ. Шыққан нәтиженің
дұрыстығы дәлелденбейді, тек есеп шартын қанағаттандыруы ғана тікелей
тексеріледі.
Диофант теңдеулерінің жалпы теориясын ХVII ғасырдағы француз
математигі Баше де Мезарна (1589 – 1638) құрады. Ол 1621 жылы Диофанттың
арифметикасын грек және латын тілдерінде түсініктемелер жазып бастырып
шығарады. Екінші дәрежелі диофант теңдеулерінің жалпы теориясын жасау
жолында П. Ферма, Дж. Валлис, Л. Эйлер, Ж. Лагранж, К. Гаусс сияқты
көрнекті математиктер 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 белгісізі бар
екінші дәрежелі теңдеулер үшін ғана шешілген мәселе. Екі немесе одан да көп
белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеулердің бүтін сандар жиынында барлық
шешімдерін табу өте қиын. Мектеп бағдарламасында бүтін сандар жиынында
теңдеулерді шешуге көп көңіл бөлінбейді. Бірақ олимпиадалық есептерде
мұндай теңдеулер жиі кездеседі. Осы жағдайларды ескере отырып бұл жұмыста
біз алдымызға мынадай мақсат қойдық: мектеп математика курсында оқушыларды
бүтін сандар жиынында шешілетін теңдеулермен толық таныстыру.
Зерттеу міндеттері:
- бүтін сандарда шешілетін теңдеулерді топтарға бөлу.
- әр топтың теңдеулері үшін шешу әдістерін үйрету.
- теңдеулердің логикалық құрылымдық мағынасын ажырата білу.
Зерттеу жұмысының нысаны: мектепте математика пәнін тереңдетіп оқыту.
Зерттеу пәні: мектеп математика курсында бүтін сандарда теңдеулерді шешу
үрдісі.
Зерттеу базасы: Оңтүстік Қазақстан облысы Шымкент қаласының облыстық
мамандандырылған дарынды балалар үшін мектеп – интернаты.

Диплом жұмысының құрылымы
Жұмыс кіріспеден, екі тараудан, қорытындыдан, әдебиеттер тізімінен
тұрады. Кіріспеде бұл жұмыстың ғылыми және практикалық маңызы баяндалады.
Бірінші бөлімде бүтін сандарда шешілетін теңдеулердің теориясы баяндалады.
Екінші бөлімде бүтін сандарда теңдеулерді шешудің әдістері жазылған. Бірақ
бүтін сандар жиынында теңдеулердің шешудің жалпы методикасы жоқ. Бүтін
сандар жиынында теңдеулерді шешу оқушының байқағыштығын, логикалық ойлай
білуін, ұқыптылығын, анализ жасай білуін талап етеді. Сонымен бірге осы
тарауда бүтін сандарда шешілетін байырғы қазақ есептері жазылған.

І. Бүтін сандар жиынында шешілетін теңдеулердің теориясы.

1. Теңдеу. Теңдеудің түбірлері.
Құрамында әріппен белгілеген белгісізі (айнымалысы) бар теңдік теңдеу
деп аталады. Мысалы: 5х + 8 = 18; 6х + 7 = -5; 3(х + 7) = 15 – теңдеулер, х
– белгісіз. Мұндай теңдеулерді бір белгісізі бар немесе бір айнымалысы бар
теңдеулер деп атайды.
Теңдеудің оң жағы және сол жағы болады. Мысалы: 4х +17 = 19
теңдеуіндегі (4х +17) – теңдеудің сол жағы, ал 19 оң жағы. Теңдеудегі
алгебралық қосылғыштардың әрқайсысы оның мүшелері деп аталады. Мұндағы 4х –
белгісізі бар мүше, 7, 9 – бос мүшелер.
Теңдеумен берілген мысалдар мен есептерді шығарғанда, ондағы әріппен
берілген белгісіздің немесе айнымалының сан мәнін табамыз. Демек, теңдеудің
түбірін табамыз.
Белгісіз санның немесе айнымалының теңдеуді тура санды теңдікке
айналдырытын мәні теңдеудің түбірі деп аталады.
Теңдеудің шешімі дегеніміз – оның түбірлерін табу немесе түбірлерінің
жоқ екенін дәлелдеу. Теңдеулерді шешкенде, кейде түбірлері бірдей болатын
теңдеулерді мәндес теңдеулер деп айтады. Мысалы, 2х = 10 теңдеуі мен
3х = 15 және 3х –х = 2,5 ∙ 4 теңдеулері мәндес теңдеулер, түбірлері
бірдей х = 5.
Ескеретін жағдай, кейде теңдеулердің түбірі болмайды. Түбірлері болмайтын
теңдеулерде мәндес теңдеулер болып саналады.
Теңдеу - әрпі бар теңдік болғандықтан, теңдеудің қасиеттерін
теңдіктің қасиеттеріне сүйеніп дәлелдейміз.
Теңдеудің 1 – қасиеті.
Теңдеудің екі жағына да бірдей санды немесе әріпті өрнекті қосқанда
(азайтқанда) теңдеу мәндес теңдеуге түрленеді.
1 – мысал. x + 23 =40
x + 23 – 23 = 40 -23
x = 40 -23
x = 17 – теңдеудің түбірі.
Мысалдарда теңдеулердің бұл қасиетін қолдану нәтижесінде 23 саны
теңдеудің сол жағынан қарама – қарсы таңбамен оң жағына көшіріледі,
онда теңдеулердің 1 – қасиеті бойынша: теңдеудегі қосылғыштың таңбасын
қарама – қарсыға өзгертіп, оны теңдеудің бір жағынан екінші жағына
көшіргенде теңдеу мәндес теңдеуге түрленеді.
Теңдеуге мұндай түрлендіруді енгізген ХI ғасырдағы Орта Азия ғалымы
Мұхамед бен Мұса аль Хорезми. “Алгебра” атауы оның “Китаб аль - джебрд
валь - мукабала” атты шығармасынан алынған.
Теңдеудің 2 – қасиеті.
Теңдеудің екі жағын да нөлден өзге бірдей санға көбейткенде немесе
бөлгенде теңдеу мәндес теңдеуге түрленеді.
2– мысал:
8х = 56 қысқаша: 8х = 56
8х : 8 = 56 : 8 х = 56 : 8
х = 7 х = 7.
Теңдеудің осы қасиеттерін қолданып, теңдеудің екі жағын да белгісіздің
(айнымалының) коэффициентіне бөліп, белгісіздің сан мәнін, яғни теңдеудің
түбірін табамыз.
3. – мысал:
4х + 3 = х + 9 , 1 – қасиет бойынша: 4х – х = 9 – 3.
3х = 6, 2 – қасиет бойынша: х = 2.
2 саны – берілген теңдеудің түбірі. Теңдеудің шешуінің дұрыстығын
тексерейік: 4х∙2 + 3 = 2 + 9, 8+3=11. Теңдеудің түбірі теңдеуді тура санды
теңдікке айналдырады.
Екі және одан көп айнымалылар теңдеулерді анықталмаған теңдеулер деп
айтады. Анықталмаған теңдеулердің шешімі деп осы теңдеуді қанағаттандыратын
айнымалылар мәндерінің барлық жиынын айтады.

2. Бір белгісізі бар теңдеулер.

Бір белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеуді қарастырайық:
а1х + а0 = 0 (1)
Теңдеудің а0, а1 коэффициенттері бүтін сандар болсын.
Бұл теңдеудің шешімі
х =
бүтін сан болады, егер де а0 саны а1 санына қалдықсыз бөлінсе. Бұдан
шығатын қорытынды, (1) теңдеуді бүтін сандар жиынында шешу барлық уақытта
мүмкін емес. Мысалы үшін 3х – 27 = 0 және 5х + 21 = 0 теңдеулерін
қарастырайық. Бірінші теңдеудің шешімі х = 9, ал екінші теңдеудің бүтін
сандар жиынында шешімі жоқ.
Мұндай жағдайлармен екінші дәрежелі теңдеулерді шешкенде де
кездесеміз: х2 + х – 2 = 0 теңдеуінің х1 = 1, х2 = -2 бүтін шешімдері бар;
ал х2 – 4х + 2 = 0 теңдеуінің бүтін сандар жиынында шешімі жоқ, себебі
оның шешімі х1, 2 = иррационал сан.
an x n + an-1 x n-1 + ... + a1 x + a0 = 0 (n ≥ 0) (2)
түріндегі бүтін коэффициентті n – ші дәрежелі теңдеулер оңай шешіледі.
Шындығында, х = а теңдеудің бүтін түбірі болсын. Сонда
an a n + an-1 a n-1 + ... + a1 a + a0 = 0,
a0 = - а (ana n-1 + an-1a n-2 + ... + a1).
Соңғы теңдіктен a0 санының а санына қалдықсыз бөлінетіні көрініп тұр, бұдан
(2) теңдеудің әрбір бүтін түбірі теңдеудің бос мүшесінің бөлгіші болатынына
көз жеткіземіз.
Мысалы: х 10 + х7 + 2х3 + 2 = 0 және х 6 - х5 + 3х4 +х2 – х + 3
= 0
теңдеулерін қарастырайық. Бірінші теңдеудің бос мүшесінің бөлгіштері 1, -1,
,2 және -2. Соның ішінде тек қана -1 теңдеудің шешімі болады. Теңдеудің
жалғыз х = -1 шешімі бар. Осы әдіспен екінші теңдеудің бүтін сандар
жиынында шешімі жоқ екенін көрсетуге болады.

1.3 Екі белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеулер.

Екі белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеуді қарастырайық:
ax + by + c = 0 (1)
Мұндағы а, b нөлден өзгеше бүтін сандар, ал с – кез – келген бүтін сан. Ал
а, b коэффициенттерінің бірден басқа ортақ бөлгіші жоқ деп ұйғарайық.
Шындығында, бұл коэффицентердің ең үлкен ортақ бөлгіш бірден өзгеше d =
(a, b) десек, a = a1d , b = b1d теңдеулері орынды болады. Сонда (1) теңдеу
мына түрге келеді: (a1x + b1y) d = 0. (2)
с саны d санына бөлінсе ғана, бұл теңдеудің бүтін шешімдері болады. Бұл
жағдайда d = (a, b) ≠ 1; (2) теңдеуді d санына бөлсек, мына теңдеуді
аламыз: a1x + b1y + c1 = 0 c1 = ,
мұндағы a1 және b1 өзара жай сандар. Ең алдымен с = 0 болғандағы жағдайды
қарастырайық. Сонда (1) теңдеу мына түрге келеді:
ax + by = 0 (1 )
Бұл теңдеуден х белгісізін табайық: х = , х бүтін мән қабылдайды,
сонда тек сонда ғана, егер у а санына қалдықсыз бөлінсе. Ал ондай у
белгісізінің бүтін мәнін былай жазуға болады:
у = аt,
мұндағы t – кез – келген бүтін сан (t = 0, 1, 2, ... ) у мәнін
(1 ) теңдеуіне қойсақ, онда
х = ,
біз (1 ) теңдеуінің барлық бүтін шешімдерін қамтитын формулалар аламыз:
х = - bt, y = at (t = 0, 1, 2, ... )
Енді с ≠ 0 болған жадайды қарастырамыз.
(1) теңдеудің барлық бүтін шешімдерін табу үшін, оның тек қана бір
бүтін шешімін табу жеткілікті, сондай – ақ
a0x + b0y + c = 0
теңдеуі үшін х0, у0 бүтін сандарын табу керек.

Теорема 1 a және b өзара жай сандар және [x0, y0] ax + by + c = 0
теңдеуінің кез – келген бүтін шешімі болсын, сонда мына формулалар:
x = x0 – bt, y = y0 + at (3)
t = 0, 1, 2, ... болғандағы теңдеудің барлық шешімдерін берін
береді.
Дәлелдеу: [x, y] - (1) теңдеудің кез – келген шешімі болсын. Сонда
ax + by + c = 0 және ax0 + by0 + c = 0 теңдіктерінен мынау шығады:
ax - ax0 + by - b0 = 0, y – y0 = ,
мұндағы у – у0 бүтін сан және a, b өзара жай сандар болғандықтан, х0 –х
b санына бүтіндей бөлінуі керек. Сонда х0 –х мына түрге келеді:
х – х0 = bt,
мұндағы t бүтін сан, х0 –х мәнін алдыңғы теңдікке алып барып қойсақ:
y – y0 = .
сонда x = x0 – bt, y = y0 + at формулаларын аламыз.
Мысалы: 127х – 52у + 1 теңдеуі берілсін.
Бұл теңдеуді шешу үшін белгісіз мүшелердің коэффициенттерінің қатынасын
алайық. Ең алдымен бұрыс бөлшегінің бүтін бөлігін ажыратып алайық:
=
Ал дұрыс бөлшегін осы бөлшекке тең бөлшегімен алмастырып, осы
процесті үздіксіз жалғастырсақ, мынандай шектеулі тізбек аламыз:

Бұл бөлшек тізбегінен бөлшегін алып тастасақ, жаңа жай бөлшек аламыз:

Шыққан бөлшекті алдыңғы бөлшегінен шегереміз:
-=

теңдіктің екі жағын да 52∙9 санына көбейтсек,
127х – 52у + 1 = 0
теңдеуіне мәндес
127∙9 – 52∙22 + 1 = 0
теңдігін аламыз.
Бұдан х = 9, у = 22 теңдеуінің бүтін шешімі болады және теоремаға
сәйкес барлық шешімдері мына прогрессияда жатады:
х = 9 + 52t, у = 22 + 127 t , t = 0, 1, 2, ...
Алынған нәтиже бізге мынадай ой туғызады:
Жалпы жағдайда ax + by + c = 0 теңдеуінің шешімдерін табу үшін,
белгісіз мүшелерінің коэффициенттерінің қатынасын шектеулі тізбекке
жіктеу керек, ең соңғы мүшелерін алып тастап, жоғарыда көрсетілгендей
амалдар орындау керек.
Бұл пайымдауды дәлелдеу үшін шектеулі тізбектің кейбір қасиеттері
қажет болады.
Қысқармайтын бөлшегін қарастырайық, ондағы а санын b санына
бөлгендегі бөліндіні q1 деп , қалдық мүшесін r2 деп белгілейік, сонда
а = q1 b + r2, r2 b.
Енді, ары қарай, b санын r2 қалдығына бөлгендегі бөліндіні q2 деп,
аламыз, сонда
b = q2 r2 + r3, r3 r2.
Дәл осылай жалғастырсақ:

r2 = q3 r 3 + r4 , r4 r3
r3 = q4 r 4 + r5 , r5 r4
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
Бұл процесс Евклид алгоритмі деп аталады, q1, q2, ... өлшемдері толық
емес бөлінділер және r2, r3 қалдықтары мына теңсіздіктерді
қанағаттандырады:
b r2 r3 r4 ... 0 (4)

Осылай теріс емес кемімелі сандар қатары құрылады, ал rn (4) қатардағы
ең соңғы нөлден өзге қалдық болсын, сонда rn+1 = 0 және a, b сандары
үшін Евклид алгоритмі мына түрге келеді:

а = q1 b + r2
b = q2 r2 + r3
r2 = q3 r 3 + r4 (5)
... ... ... ... ... ...
rn-2 = q n-1 r n-1 + r n
rn-1 = q n r n .
Алынған теңдіктерді мына түрде жазайық:

Бірінші қатардағы бөлшегін соған тең екінші қатардағы мәнімен
алмастырсақ, ал бөлшегін үшінші қатардағы мәнімен алмастырсақ және
тағы сол сияқты жалғастырсақ, онда бөлшегінің келесі бөлшек
тізбегіне жіктелуін аламыз:

Алынған бөлшек тізбегінің кейбір мүшелерінен бастап барлық мүшелерін алып
тастағанда қалатын өрнекті лайықты бөлшек деп атаймыз. Бірінші лайықты
бөлшек бөлшегінен бастап барлық мүшелерін алып тастағанда шығады:

Екінші лайықты бөлшек бөлшегінен бастап барлық мүшелерін алып
тастағанда шығады:

Дәл осылай

және т.с.с. жалғаса береді. Лайықты бөлшектердің құрылуына байланысты
келесі теңсіздіктер орын алады:
... , ...

Лайықты бөлшегін мына түрде жазсақ:
(1 ≤ к ≤ n),
лайықты бөлшектің алымы мен бөлімінің құрылу заңдылығын табамыз. Енді
, және бөлшектерін түрлендірейік:
= ; P1 = q1, Q1 = 1;
=;

Индукция әдісін қолдансақ, барлық к≥3 үшін мына қатыстың орынды екенін
дәлелдейміз:
P k = Pk-1 q k + P k-1 , Q k = Qk-1 q k + Q k-2 (6)
Шындығында, (6) теңдік кейбір к≥3 үшін ғана орынды болсын. Лайықты
бөлшектердің анықтамасы бойынша, өрнегіндегі q k өлшемін
өлшемімен алмастырсақ, лайықты бөлшегі лайықты бөлшегіне
ауысады. Индукция әдісін қолданайық:
.

= екені белгілі болғандықтан,
Pk+1= P k q k+1 + Pk-1, Q k+1= Q k q k+1 + Q k-1
Осы әдіспен (6) теңдіктің к+1 үшін орынды екенін көрдік.Сол сияқты
барлық к≥3 үшін де орынды.
Енді көршілес 2 лайықты бөлшектің айырымы мына қатынасты
қанағаттандыратынын көрсетейік:
-= (к1) (7)
Шындығында,
- = -=
(6) формуланы пайдаланып, бөлшектің алымын түрлендіреміз:

=.
Алынған өрнектерге осындай түрлендірулерді қайта жүргізсек, келесі
теңдіктер тізбегін аламыз:
= == ... = =
Осыдан келіп

- ==
екендігі шығады.
Егер бөлшегін бөлшек тізбегіне жіктегенде n мүшесі болса, онда
n–ші лайықты бөлшек бөлшегімен сәйкес келеді. (7) теңдікті
қолданып, к = n деп жазамыз:
- = (8)
-

Енді ax + by + c = 0 теңдеуінің шешіміне келеміз, мұндағы (a, b) =
1. (8) қатынасты мына түрде жазамыз:
- =
Теңдіктің 2 жағын да өрнегіне көбейтеміз:
aQn-1 – bPn-1 = (-1)n
aQn-1 + b(-Pn-1) + (-1)n = 0
Шыққан теңдікті (-1)n-1 с с – санына 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 (9)
1) теңдеудің шешімдері болады және теоремаға

сәйкес барлық шешімдері мына түрде жазылады:

x = (-1)n c Qn-1 - bt, y = (-1)n c Pn-1 + at,
мұндағы t = 0, 1, 2, ...
Шыққан нәтиже барлық 2 белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеулердің барлық
бүтін шешімдерін табу туралы сұрақтың жауабын береді.

1.4. Үш белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеулерді шешуге арналған
мысалдар.

1 – мысал. x2 + y2 = z2 (1) теңдеуі берілсін.
Бұл есептің геометриялық шешімі катеттері х, у гипотенузасы z бүтін сандар
болатын барлық тік бұрышты үшбұрыштарды табу. Мұндағы х, у сандарының ең
үлкен ортақ бөлімін d арқылы белгілейік: d = (х, у), сонда
x = x1d, y = y1d
және (1) теңдеу мына түрге келеді:
x1 2 d 2 + y1 2 d 2 = z 2

Бұл теңдеуден z 2 санының d 2 санына бөлінетіні көрініп тұр, демек z = z1
d.
x1 2 d 2 + y1 2 d 2 = z12 d 2
Теңдіктің екі жағын да d 2 санына бөліп жіберсек,
x1 2 + y1 2 = z12
теңдеуін аламыз. Біздің соңғы теңдеуіміз бастапқы теңдеуге келеді, бірақ
х1 және у1 сандарының бірден басқа ортақ бөлгіші жоқ. Сондықтан (1)
теңдеуді шешкенде x, y өзара жай сандар деген шешіммен шектелуге болады.
Сонда (х, у) = 1 болсын, демек, х немесе у мәндерінің ең болмағанда біреуін
тақ деуге болады.Теңдеудің оң жағына y2 белгісізін өткізейік:
x2 = z2 - y2 , x2 =(z+у)(z–у), (2)
d1 = (z+у, z -у) болсын, сонда
z+у = а d1, z–у = bd1, (3)
мұндағы a, b - өзара жай сандар. Ал (3) теңдіктің мәндерін (2) – теңдеуге
қойсақ:
x2 = a b d12,
a, b сандарының ортақ бөлгіші болмағандықтан, бұл теңдік a, b толық
квадрат болғанда ғана орындалады. Сондықтан біз a = u2, b = v2 деп
белгілейміз. Сонда
x2 = u2 v2 d12 және x = u v d1 (4)
Енді (3) теңдіктен y және z мәндерін табайық:
2z = ad1 + bd1 = u2 d1 + v2 d1, (5)
2y = ad1 - bd1 = u2 d1 - v2 d1, (6)
х тақ болғандықтан u, v және d1 сандарын да тақ деп алайық. d1 = 1
болады, себебі: x = u v d1 және теңдіктерінен х және y сандарының
ортақ бөлгіші d1 ≠ 1 десек, онда олардың жай сан екеніне қарсы келеміз.
Мұндағы u және v өзара жай a және b сандарымен байланысты, сондықтан u
және v өзара жай сандар және (3) теңдіктен b a екендігі шығады, демек,
v u. Сонда 4 – 6 теңдіктеріне d1 = 1 мәнін қойсақ, мына формулаларды
аламыз:
x = u v, ,, (7)
Мұндағы u және v өзара жай тақ сандар және v u (7) формуладағы бастапқы
u, v мәндері көбіне жиі кездесетін мына теңдіктерді құрайды:
32 + 42 = 52 (v =1, u = 3),
52 + 122 = 132 (v =1, u = 5),
152 + 82 = 172 (v =3, u = 5).
(7) формула (1) теңдеудің x, y, z сандарының ортақ бөлгіші болмағандығы
шешімдерін береді. Ал (1) теңдеудің қалған шешімдері (7) формуланы қамтитын
шешімдерді кез – келген ортақ көбейткіш d санына көбейткеннен шығады.
2 – мысал. x2 + 2y2 = z2 (8) теңдеуінің барлық шешімдерін табайық.
x, y, z (8) теңдеудің шешімдері болып, бірден басқа өзара ортақ
бөлгіші болмаса, олар екеуара жай болады. Шындығында, егер х және y жай р
санына бөлінсе, р 2, онда

теңдігінің сол бөлігі бүтін сан және z р санына бөлінетіндігі шығады. Ал
х және z немесе y және z р санына бөлінсе де солай болады.
x, y, z сандарының ортақ бөлгіші 1 болу үшін, х тақ сан болуы керек.
Шындығында, х жұп болса, онда (8) теңдеудің сол жағы жұп сан болады және z
саны да жұп болады. Бірақ x2 және z2 4 – ке бөлінеді. Демек, 2y2 саны
да 4 – ке бөлінуі керек, басқаша айтқанда, у саны да жұп болуы керек.
Сонымен, х тақ болатындықтан, z саны да тақ болуы керек. Ал x2 теңдеудің
оң жағына өтсе
2y2 = z2 - x2 =(z+x)(z–x),
теңдігін аламыз. Бірақ (z+x) және (z–x) сандарының ең үлкен ортақ бөлгіші
d болсын. Сонда z+x = к d, z–x = ld, мундағы к, l - бүтін сандар. Екі
теңдікті қоссақ және азайтсақ, мына теңдіктерді аламыз:
2 z = d(к+l), 2x = d(к-l),
х және z тақ және өзара жай сандар, сондықтан 2х және 2z сандарының ең
үлкен ортақ бөлгіші 2 болады, яғни d = 2.
Осынымен, немесе тақ болады. Сондықтан z+x және
өзара жай, немесе және z–x өзара жай сандар.
Бірінші жағдайда, теңдігінен
z+x = n2, z–x = 2m2 екендігі шығады.
Екінші жағдайда, теңдігінен z+x =2m2, z –x = n2 шығады, мұндағы m
және n бүтін сандар, m - тақ сан және n 0, m 0. Ал х және z
белгісіздеріне қатысты жүйені шешсек, у мәнін табамыз:
,
немесе
.
Екі формуланы біріктіріп, x, y, z шешімдерін былай жазуға болады:

Мұндағы m - тақ сан, x, z - бүтін сандар болуы үшін, n жұп болуы қажет.

n = 2b, m = a десек, (8) теңдеудің барлық шешімдерін беретін соңғы
формуланы аламыз:
x = ± (a2 – 2b2), у = 2ab, z2 = a2 + 2b2, (8)
мұндағы a, b өзара жай оң сандар және а тақ сан, сонымен қоса a, b
мәндері х оң болатындай таңдалып алынады. (8) формуласы (8) теңдеуінің
x, y, z үшеуі де өзара жай оң сандар болғандығы барлық шешімдерін береді.

1.5. X2 – AY2 = 1 түріндегі теңдеудің барлық шешімдерін табу.

X2 – AY2 = 1 екі белгізі бар екінші дәрежелі теңдеу, мұндағы А – кез –
келген толық квадрат емес бүтін оң сан. Мұндай теңдеулерді шешудің жолын
табу үшін, алдымен түріндегі ирррационал сандарды үздіксіз
бөлшектерге жіктеуді қарастырайық. Евклид алгоритмі бойынша кез – келген
рационал санды шектеулі тізбек түрінде жазуға болады, ал иррационал санды
шектеусіз тізбек түрінде жазуға болады.
Мысалы үшін санын үздіксіз бөлшек түрінде жазайық.Ол үшін
төмендегідей тепе – тең түрлендіруін пайдаланамыз:
(- 1)( + 1) = 1,
- 1 = ,
- 1 = .
Бөлшектің бөліміндегі - 1 айырымын мәні соған тең өрнегімен
алмастырамыз да, келесі бөлшек тізбегін аламыз:
- 1 = , =
Тағы да алдыңғыдай алмастыру жасасақ, келесі бөлшек тізбегін аламыз:
=

Осы процесті ары қарай жалғастыра отырып, үздіксіз бөлшек тізбегін аламыз:
= (1)

тепе – теңдігіне негізделіп, жоғарыда қолданған бөлшек тізбегіне
жіктеу әдісі кез – келген иррационал үшін жарамайды. A бүтін саны A =
m2 + 1 түрінде берілсе ғана қолдануға болады, мұндағы m - кейбір бүтін
сан және m ≠ 0. Енді (1)түріндегі ақырсыз бөлшек тізбегі үшін, δ1,
δ2, δ3 ... лайықты бөлшектер тізбегін құрастырайық:
δ1 = 1, δ1 .
δ2 = , δ2 , (2)
δ3 = , δ3
δ4 = ... = , δ4 . т.с.с.
Лайықты бөлшектер құру тәсілі бойынша,
δ1 δ3 ...
δ2 δ4 ...

теңсіздіктері шығады.
Жалпы жағдайда кез – келген α1 иррационал санын ақырсыз бөлшек
тізбегіне жіктеу берілсін:

Онда лайықты бөлшектер үшін келесі теңсіздік орынды:
δ1 δ3 ... δ2k+1 ... α ... δ2k ... δ4 δ2 (3)
δk лайықты бөлшегін

түрінде жазайық.
Алдыңғы тақырыпта 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 k-2
ақырсыз бөлшек тізбектері үшін де сақталады. Біз еш жерде бөлшек тізбегі
ақырлы болады дегенді пайдаланбаған едік, сондықтан көршілес лайықты
бөлшектер арасындағы (1.3 - 7) қатынасы да сақталады:
-= (4)
(4) қатынастың дербес жағдайы
=
Енді мына теңсіздіктің орынды екенін көрсетейік:

0 (5)
Шындығында, бұл теңсіздіктің сол жағы (3) теңсіздікке сүйенсек, бірден
шығады:
.
(5) теңсіздіктің оң бөлігінің дұрыстығын да дәледеу қиын емес,
,
теңдігінің δk лайықты бөлшегін бөлшегімен алмастырайық:
- α
Шыққан теңсіздікті Q 2k - ға көбейтсек, күткен нәтижеге жетеміз:
.
Соңғы теңсіздікті x2 - 2y2 = 1 (6) теңдеуін шешу үшін қолданайық.
Теңдеудің сол жағын көбейткіштерге жіктейік:
x2 - 2y2 = (х -у)( х +у),
x = P 2k және y = Q 2k деп ұйғарайық, мұндағы P2k және Q 2k
санын бөлшек тізбегіне жіктегендегі лайықты бөлшектің алымы мен
бөлімі. Сонда
P 2k2 - 2 Q 2k 2 = (P 2k -Q 2k )( P 2k +Q 2k ), (7)
Теңдігінің оң бөлігі, яғни сол бөлігі де бүтін сан болып табылады. Бұл
бүтін санның нөлден үлкен, бірақ екіден кіші екенін көрсетейік. Демек, бұл
сан бірге тең. Ол үшін α = мәнін (5) теңсіздікке апарып қояйық:
0 (8)
Шыққан теңсіздіктен (7) теңдіктің оң бөлігіндегі 2 көбейткіштің де оң
екенін көреміз,
.
Басқаша айтқанда
,
және
δ2k = , , + 2
Сонымен (7) теңсіздіктің оң жағындағы көбейткіштер үшін келесі теңсіздіктер
орынды:

Шыққан теңсіздіктердің көбейтіндісі мынаны бередi:

Және осылай барлық k≥1 үшін

Сонда
+ 2

Осы әдіспен біз кез – келген к≥1 үшін

бүтін саны 0 2 теңсіздігін қанағаттандыратынын дәлелдедік.
= 1 болғандықтан, х = P2k, у = Q2k сандары кез – келген k≥1 үшін x2
- 2y2 = 1 теңдеуінің шешімдерін береді. Біз, әзірше, табылған шешімдер (6)
теңдеудің барлық шешімдері бола ма, білмейміз. Енді бізге А 0 (бүтін)
және (иррационал) болғанда
x2 - Аy2 = 1 (9)
теңдеуінің бүтін сандар жиынында барлық х, у шешімдерін қалай табуға
болатындығы туралы сұрақ туады. Әрине, (9) теңдеудің ең болмағанда бір
шешімі белгілі болса, қалған шешімдерін көретуге болады. Мұндай
теңдеулердің шешімі бар екендігін (6) теңдеудегі мысалдан көрдік. Біз енді
(9) теңдеудің бір шешімі табылса, қалған шешімдерін қалай табуға
болатындығы туралы сұраққа көшейік.
Анықталған бірінші шешімді ең кіші деп алып, (9) теңдеудің әруақытта
мардымсыз х = 1, у = 0 шешімдерінен басқа бүтін сандар жиынында ең
болмағанда бір шешімі бола ма? – деген сұрақты ашық түрде кейінге
қалдырайық.
(9) теңдеудің [x0, y0], x0 0, y0 0 мардымды шешімі болсын дап
ұйғарайық және
x0 2 – Аy0 2 = 1 (10)
Біз бұл [x0, y0] шешімін ең кіші деп аламыз, егер x0 = 0 және y0 = 0
үшін екімүшелігі барлық мүмкін мәндерінен ең кіші өлшемге ие болса.
Мысалы, (6) теңдеудің x = 3 , y = 2 ең кіші шешімі болады, сол
сияқты осы мәндерде ең кіші өлшемге ие және (6) теңдеудің басқа
кіші шешімідері болмайды.
Шындығында, (6) теңдеудің келесі шешімдері х = 17, у = 12 болсын
және екендігі көрініп тұр, демек, екі бірдей кіші шешімі бола
алмайды.
Керсінше ұйғарайық, екімүшелігіне бірдей мән беретін [x1, y1]
және [x2, y2] шешімдері болсын,
(11)

бірақ – иррационал сан, ал x1, y1, x2, y2 – бүтін сандар. Ал (11)
теңдіктен

екендігі шығады, бұлай болу мүмкін емес, себеді: – бүтін сан, –
бүтін санның иррационал санға көбейтіндісі иррационал сан, ал бүтін сан
иррационал сан бола алмайды. Қарама – қайшылық жойылады, егер x1 = x2 және
y1= y2 болса, басқаша айтқанда, біз әртүрлі 2 шешімді емес, бір шешімді
алсақ. Енді (9) теңдеудің ең маңызды қасиетін айтып өтейік, [x1, y1] (9)
теңдеудің шешімі болсын

немесе
(12)
Енді (12) теңдіктің 2 жағын да бүтін n дәрежеге шығарайық:
(13)
Биномдық дәреже ережесі бойынша дәрежеге шығарамыз:
(14)
Биномдық дәреже ережесі бойынша жіктелген бірінші, үшінші, барлық тақ
мүшелері бүтін сандар болғандықтан, xn және yn бүтін сандар болады, ал
жұп мүшелері – ға көбейтілген бүтін сандар болады. Бүтін
қосылғыштарды және – ға еселі сандарды бөлек жинасақ, біз (14)
теңдікті аламыз, сонымен қатар xn және yn сандары да (9) теңдеудің
шешімдері болатынын дәлелдейміз.
Шындығында, (14) теңдіктегі – ның таңбасын өзгертсек, келесі
теңдікті аламыз:
(15)
(14) және (15) теңдіктерді мүшелеп көбейтсек,
(16)
теңдігін аламыз, басқаша айтқанда, [xn, yn] (9) теңдеудің шешімі. Енді
біз (9) теңдеудің шешіміне қатысты негізгі теореманы дәлелдей аламыз.

Теорема ІІ
x2 - Аy2 = 1 теңдеуінің әрбір шешімі A 0 және (иррационал)
болғанда [±xn, ± yn] түрінде жазылады, мұндағы
(17)
ал [x0, y0] – ең кіші шешімі.
Дәлелдеу
Кері жориық, (9) теңдеудің оң бүтін сандар арасында [x , y], шешімі
болсын,
(18)
теңдігі ешқандай бүтін оң n саны үшін орындалмасын. Мына сандар қатарын
қарастырайық:
,
x0 ≥ 0 , y0 ≥ 0 және болғандықтан, бұл шексіз өспелі оң сандар
қатары. Ең кіші шешімнің анықтамасы бойынша:

[x0, y0] – ең кіші шешім, сондықтан әрдайым бүтін n ≥ 1 табылады,
(19)
,

Сондықтан (19) теңдіктің барлық мүшесін бірдей бүтін оң санына
көбейтсек, теңдіктің таңбалары сақталып қалады және біз мына теңсіздікті
аламыз:
(20)
(21)
болғандықтан,
(22)
болады. Одан басқа
(23)
мұндағы және бүтін сандар, ал
=
-21-
(21 – 22 ) қатынастарды және (20) теңсіздікті пайдалансақ, мына
теңсіздікті аламыз:
(24)
және сандар жұбы (9) теңдеудің шешімдері болатынын
көрсетейік. Шындығында, (23) теңдікті және сол сияқты
(25)
теңдігін мүшелеп көбейтсек:
, (26)
мұндағы [] және [x0, y0] - (9) теңдеудің шешімдері. Енді 0,
0 екенін дәлелдейік. Ең алдымен ≠ 0 екенін анықтаймыз.
Шындығында, егер = 0, онда (26) теңдіктен келесі теңдік шығады:

A 0 болғандықтан, бұлай болу мүмкін емес. Ары қарай, = 0 болса,
онда , бірақ (24) теңсіздіктен 0 болатындықтан, бұлай болу
мүмкін емес. Ақыры біз және таңбалары бірдей болуы керек
екенін байқадық. Шындығында, егер және таңбалары әртүрлі деп
ұйғарсақ, онда және - бірдей таңбаға ие болады. Егер біз
және сандарының абсолют шамаларын салыстырсақ, біреуінің абсолют
шамасы екіншісінен кіші болуы керек, себебі біріншісінде бірдей таңбалы екі
сан қосылады, ал екіншісінде азайтылады. Бірақ біз

екенін білеміз, демек,
абсолют шамасы бойынша 1 – ден үлкен.
Бірақ
=
болғандықтан, біз қарама – қайшылыққа келдік, абсолют шамасы бірден
үлкен екі санның көбейтіндісінің абсолют шамасы бірден үлкен болуы керек.
Сонымен және таңбалары бірдей және ≠ 0, ≠ 0.
сонда (24) теңсіздіктен 0, 0 екені бірден шығады.
Сонымен, , A 0 теңдеуінің [] шешімдері бар деп ұйғарып
және (18) теңдік ешқандай бүтін оң n үшін мүмкін емес деп, біз бұл
теңдеудің [,] шешімдерін топтық, және (24)
теңсіздікті қанағаттандыратын және [x0, y0] ең кіші шешімдерін анықтауға
қарама – қайшы болатын бүтін оң сандар. Осылай біз (9) теңдеудің барлық
шешімдері (18) формуладан алынатынын дәлелдедік.
Сонымен, (9) теңдеудің әрбір [x, y] шешімі мына қатынастан
шығады:
, n ≥ 0
мұндағы [x0, y0] – ең кіші шешім. Соңғы теңдіктегі таңбасын
өзгертсек,

теңдігін аламыз. Бұл теңдіктердің екі жағын да қоссақ және азайтсақ,

формулаларын аламыз.
Мысалы, біз жоғарыда көріп өткендей, теңдеуінің ең кіші
шешімі x = 3, y = 2 болады, сонда бұл теңдеудің қалған шешімдері мына
формула арқылы анықталады:

n = 1, 2, 3 үшін біз мына шешімдерді аламыз: [3, 2], [7, 12], [99, 70].
(9) теңдеудің ең болмағанда бір мардымды шешімі болса, онда бұл теңдеудің
ең кіші шешімі болады және оның басқа шешімдері (17) формуладан шығады.
теңдеуінің A 0 және α иррационал болған жағдайларын
толығымен қарастырдық. Егер A 0 және α – бүтін сан болса, онда
теңдеуді мына түрде жазуға болады:

α -бүтін сан болғандықтан, x0 және y0 бүтін сан болады. Екі бүтін
санның көбейтіндісі 1 – ге тең болады, сонда тек сонда ғана, осы
сандардың әрқайсысы жеке – жеке +1 немесе -1 сандарына тең болса. Сонда

,
немесе
,

x0 және y0 екі белгісізі бар екі теңдеуден тұратын теңдеулер жүесінің
екеуі де мардымсыз шешімдер жүесіне ие: .
Сонымен, (9) теңдеудің А бүтін санның квадратына тең болғанда, бүтін
сандар жиынында тек мардымсыз шешімдері бар: .
А бүтін және теріс болғанда да (9) теңдеудің бүтін сандар жүесінде
осындай мардымсыз шешімдері бар. Ал А = 1 болғанда да, симметриялы
мардымсыз шешімдер бар:

1.6. Екі белгісізі бар дәрежесі екіден артық теңдеулер.
Екі белгісізі бар дәрежесі екіден артық теңдеулер жүйесі кейбір
жағдайлар болмаса, әрқашанда х және у бүтін сандар жиынында тек қана
шекті сандар шешіміне ие. Ең алдымен мына теңдеуді қарастырайық:
(1)
мұндағы n – екіден артық бүтін сан, – бүтін сандар.
Біздің жүзжылдықтың басында А. Туэ дәлелдегендей, мұндай теңдеу х және
у бүтін сандар жиынында шекті сандар шешіміне ие, тек қана кейбір
жағдайлар бұлай болмайды, мәселен, бұл теңдеудің біртекті сол бөлігі
бірінші дәрежелі біртекті екімүшеліктің дәрежесі болса. Соңғы жағдайда
біздің теңдеу мына екі түрдің біреуіне ие:
,
және бірінші немесе екінші дәрежелі теңдеуге келтіріледі. Біз А.Туэ
әдісінің күрделілігінен, оны қолдана алмаймыз және (1) теңдеудің
шешімдер санының шектілігін дәлелдейтін кейбір ескертулермен шектелеміз.
1) теңдеудің екі жағында санына бөлейік:
, (2)
(3)
Біз бұл теңдеудің барлық түбірлері әр түрлі және a0∙ an ≠ 0деп қана
емес, бұл теңдеудің түбірлері бүтін коэфициентті төменгі дәрежелі теңдеудің
түбірлері бола алмайды деп ұйғарайық.
Жоғарғы алгебрада әрбір алгебралық теңдеудің ең болмағанда бір түбірі
бар екені дәлелденеді, әрбір көпмүшелік бүтіндей (z - α) бірмүшелігіне
бөлінеді, егер α – оның түбірі болса. Көпмүшелікті көбейтінді түрінде
жазсақ:
(4)
мұндағы α1, α2, ...,αn – берілген көпмүшеліктің барлық n түбірлері.
Көпмүшеліктің көбейтінді түрінде жазылған өрнегін пайдаланып, (2) теңдеуді
мына түрде жазуға болады:
(5)
(5) теңдеудің бүтін сандар жиынында [xk, yk] санаусыз көп шешімі болсын.
Демек, абсолют шамасы бойынша yk ... жалғасы
Ұқсас жұмыстар
Бүтін сандар жиынында анықталмаған теңдеулерді шешу әдістері
Алгебралық теңдеулерді шешу алгоритмдері
Параметрлі теңдеулерді функциялық әдіспен шешу
Логарифмдік теңдеулерді және теңсіздіктерді шешу
Жеке туындылардағы дифференциал теңдеулерді шешу
Антье функциясына берілген теңдеулерді шешу
Мектеп математикасындағы квадраттық теңдеулерді шешу жолдары
Нақты сандар және олардың қасиеттері. Бүтін сандар және оларға амалдар қолдану
Жеке туындылардағы дифференциал теңдеулерді шешу жайлы
Үшінші және төртінші дәрежелі теңдеулерді шешу әдістері
Пәндер

Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор №1 болып табылады.

Байланыс

Qazaqstan
Phone: 777 614 50 20
WhatsApp: 777 614 50 20
Email: info@stud.kz
Көмек / Помощь
Арайлым
Біз міндетті түрде жауап береміз!
Мы обязательно ответим!
Жіберу / Отправить

Рахмет!
Хабарлама жіберілді. / Сообщение отправлено.

Email: info@stud.kz

Phone: 777 614 50 20
Жабу / Закрыть

Көмек / Помощь