Халықаралық ғылыми-тәжірибелік конференция материалдары

306 
Шындығында, бұл коэффицентердің ең үлкен ортақ бөлгіш бірден өзгеше 
d 

(
a
,
b
) 
десек, 
a 

a
1
d
, 
b 

b
1
d 
теңдеулері орынды болады. Сонда (1) теңдеу 
мына түрге келеді: 
(
a
1
x 

b
1
y
)
d 

0 . 
(4) 
c 
саны 
d 
санына бөлінсе ғана, бұл теңдеудің бүтін шешімдері болады. 
Бұл жағдайда 
d 

(
a
,
b
) 

1
; (4) теңдеуді d санына бөлсек, мына теңдеуді 
аламыз: 
a x 

b y 

c 

0 
c 

c 
, 
1 
1 
1 
1 
d
 
мұндағы a1 және b1 өзара жай сандар. Ең алдымен с = 0 болғандағы 
жағдайды қарастырайық. Сонда (1) теңдеу мына түрге келеді: 
ax 

by 

0 
(5) 
Бұл теңдеуден х белгісізін табайық: 
x 


b 
y 
, 
х 
бүтін мән қабылдайды, 
a 
сонда тек сонда ғана, егер у а санына қалдықсыз бөлінсе. Ал ондай у 
белгісізінің бүтін мәнін былай жазуға болады: 
y 

at 
мұндағы 
t 
– кез – келген бүтін сан 

t 

0, 

1, 

2,...

у 
мәнін (3) теңдеуіне 
қойсақ, онда 
x 


b 
at 


bt 
, 
a 
біз (3) теңдеуінің барлық бүтін шешімдерін қамтитын формулалар аламыз: 
x 


bt
, 
y 

at 

t 

0, 

1, 

2,...

Енді с ≠ 0 болған жағдайды қарастырамыз. 
(3) теңдеудің барлық бүтін шешімдерін табу үшін, 
оның тек қана бір 
бүтін шешімін табу жеткілікті, сондай – ақ 
a
0
x 

b
0
y 

c 

0 
теңдеуі үшін 
x
0 
, 
y
0 
бүтін сандарын табу керек. 
Теорема. 
a 
және 
b 
өзара жай сандар және 

x
0 
, 
y
0 

ax 

by 

c 

0 
теңдеуінің кез – келген бүтін шешімі болсын, сонда мына формулалар: 
x 

x
0

bt
, 
y 

y
0

at 
(6) 

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 
a
0
x 

b
0
y 

c 

0 
теңдіктерінен мынау шығады: 
ax 

ax
0 

by 

by
0

0 
y 

y
0 

a

x
0 

x

,
b 
мұндағы 
y 

y
0 
бүтін сан және 
a, b 
өзара жай сандар болғандықтан, 
x
0 

x 
b 
санына бүтіндей бөлінуі керек. Сонда 
x
0 

x 
мына түрге келеді: 
мұндағы 
t 
бүтін сан, 
x
0 

x 
x
0

x 

bt 
мәнін алдыңғы теңдікке алып барып қойсақ: 

307 
y 

y
0 

abt 
b 

at 
. 
сонда 
x 

x
0

bt
, 
y 

y
0

at 
формулаларын аламыз. 
Мысал 1. 
xy 

2
x 

3
y 

16 
теңдеуінің барлық бүтін түбірлерін табу керек. 
Шешуі: Берілген теңдеуді түрлендірейік: 
x

y 

2


3
y 

6 

10, 

x 

3

y 

2


10. 
Соңғы теңдіктен 
x 

3 
және 
y 

2 
10 санының бөлгіштері екендігі 
шығады. Ал 10 санының 8 бөлгіші бар: 
шығады: 

1,

2,

5,

10. 
Осыдан 8 теңдеулер жүйесі 

x 

3 

1; 

x 

3 


1; 

x 

3 

5; 

x 

3 


5; 

y 

2 

10; 

y 

2 




2 



2 


2; 


10; 

y 
2; 

y 

x 

3 

2;

x 

3 


2; 

x 

3 

10;

x 

3 


10; 

y 

2 



2 




2 



2 


1; 

5;

y 
5;

y 
1; 

y 
Теңдеулер жүйесін шешсек, берілген теңдеудің 8 бүтін шешімі бар екенін 
көреміз: (-2,12); (-4,-8); (-1,7); (-5,-3); (2,4); (7,3); (-8,0); (-13,1). 
Мысал 2: 
127
x 

52
y 

1 
теңдеуі берілсін. 
Бұл теңдеуді шешу үшін белгісіз мүшелердің коэффициенттерінің 
қатынасын алайық. Ең алдымен 
алайық: 
127
бұрыс бөлшегінің бүтін бөлігін ажыратып 
52 
127 
52 

2 

23
52 
1 
Ал 
23 
дұрыс бөлшегін осы бөлшекке тең 52 
52 
23 
бөлшегімен алмастырып, 
осы процесті үздіксіз жалғастырсақ, мынандай шектеулі тізбек аламыз: 
127 

2 

52 
1 
2 

1
3 

1
1 
Бұл бөлшек тізбегінен 
5
аламыз: 
1 

1
5 
бөлшегін алып тастасақ, жаңа жай бөлшек 
2 

1

2 

1 

2 

4 

22
2 

1
3 

1
1 
127 
2 

1 
9 
9 
4 
Шыққан бөлшекті алдыңғы 
52
бөлшегінен шегереміз: 

308 
127 
52 

22 
9 

1143 

1144 
52 

9 


1
52 

9 
теңдіктің екі жағын да 
52∙9 
санына көбейтсек, 
127
x 

52
y 

1 

0 
теңдеуіне мәндес 
теңдігін аламыз. 
127 

9 

52 

22 

1 

0 
Бұдан 
x 

9, 
y 

22 
теңдеуінің бүтін шешімі болады және теоремаға 
сәйкес барлық шешімдері мына прогрессияда жатады: 
x 

9 

52
t
, 
y 

22 

127
t
, 
t 

0, 

1, 

2,... 
Математикалық есеп – оқушылардың ұғымдарды, теорияны және 
математика әдістерін меңгерудің тиімді де айырбасталмайтын құралы. Есепті 
бірнеше әдіспен шығару ізденушілік қасиетін, шығармашылықпен жұмыс істеу 
қабілеттігінің дамуына көп көмектеседі. Міне, сондықтанда Диофант 
теңдеулерін шешудің әр түрлі әдістерін оқушыларға үйретсек, онда 
оқушылардың ой өрісі артып, білімдерінің жоғарлайтыны анық. 
Қорыта 
айтқанда, 
мектеп 
бағдарламасында 
қарастырылмаған 
анықталмаған теңдеулерді шешу әдісі стандарт емес тәсіл. 
Осы мақаламда бүтін коэффициенттермен берілген алгебралық теңдеулер 
шешімдері бүтін және рационал сандар болып келсе, ол Диофант теңдеулері екі 
немесе одан да көп шешімдері болатынына көз жеткіздім. 
Алайда, мектеп бағдарламасында болмаса да, олимпиада есептерінде, 
жаратылыстану бағытының математика пәні бойынша бағдарламасында, 
ұлттық біріңғай тест тапсырмаларында, оқушыларға арналған қиындығы 
жоғары конкурстық есептерді шешу барысында анықталмаған теңдеулерді 
шешу кездесіп отырады. 

жүктеу/скачать 9,29 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: