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
| 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:
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: жүктеу/скачать 2,18 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|