Диплом жұмыс Тақырыбы: Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу. Орындаған: Нысанова Эльмира
жүктеу/скачать 2,18 Mb.
|
Диплом ж мыс Та ырыбы Б тін сандар жиынында те деулерді шешу. О
| 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: жүктеу/скачать 2,18 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|