Диплом жұмыс Тақырыбы: Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу. Орындаған: Нысанова Эльмира

жүктеу 2,18 Mb.

бет	8/26
Дата	24.05.2023
өлшемі	2,18 Mb.
	#42757
түрі	Диплом

1 ... 4 5 6 7 8 9 10 11 ... 26

Дип.-Бүтін-сандар-жиынында-теңдеулерді-шешу

x²- 2y²= (х - у)( х + у),
x = P _2k және y = Q_2k деп ұйғарайық, мұндағы P_2k және Q_2k санын бөлшек тізбегіне жіктегендегі лайықты бөлшектің алымы мен бөлімі. Сонда
P _2k²- 2 Q_2k²= (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
δ_2k= > , < , + < 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 = P_2k, у = Q_2k 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, x_n және y_n 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 x_n және y_n 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, [x_n, y_n] (9) теңдеудің шешімі. Енді біз (9) теңдеудің шешіміне қатысты негізгі теореманы дәлелдей аламыз.

жүктеу 2,18 Mb.

Достарыңызбен бөлісу:

1 ... 4 5 6 7 8 9 10 11 ... 26