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
| 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, , , …. 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: -= (к>1) (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) 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, , , …. Шыққан нәтиже барлық 2 белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеулердің барлық бүтін шешімдерін табу туралы сұрақтың жауабын береді. жүктеу/скачать 2,18 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|