Халықаралық ғылыми-тәжірибелік конференция материалдары

187 

x 
Шешуі. 
Есепті шешу үшін алдымен жаңа айнымалы енгіземіз: 

2
x
 

2 

t 

a
, 


2 

4 

t 

a
, 

2 

2
x
 

6 

2
t 

2
x
 

t 

3, 
t 

3 

0. 
Түрлендіру нәтижесінде келесі теңдеуге келеміз: 

t 

3 

2

6 


t 

3 

4

6 

64, 

t 

1

6 


t 

1

6 

64, 
Енді Ньютон биномы бойынша: 

t 

3 

2

6 


t 

3 

4

6 

t
6

6
t
5

15
t
4

20
t
3

15
t
2

6
t 

1


t
6

6
t
5

15
t
4

20
t
3

15
t
2

6
t 

1 

64 
Ұқсас мүшелерін біріктіріп ықшамдаймыз: 
2
t
6

30
t 
4

30
t 
2

62 

0; 
Тағы да жаңа айнымалы енгіземіз: 
t 
2

u
, 
u 

0, 
u
3

15
u
2

15
u 

31 

0; 
Сандық коэффициенттерінің қосындысы 0-ге тең, олай болса бірінші 
түбір u=1 болады. 
3.
Екімүшенің жіктелуінде неше рационал қосылғыштар бар екендігін 
анықтау керек 
a
)

b
) 

2 

4
3

100
; 

3 
3

300 
Шешуі. 

2

100

k 

4 
3

k 
саны рационал сан болу үшін, к саны 4-ке еселі болу керек. 
Мұндай бүтін сандар 26: 0, 4, 8, ... ,96, 100 болады. 

2

300

k 

3 
3

k 
саны рационал сан болу үшін, к саны 3-ке еселі болу керек, 
яғни 300-к саны жұп сан, және 6-ға еселі сандар. 0 мен 300 санының 
арасындағы мұндай бүтін сандар 
300 

6 

1 

51 
болады. 
4.
Келесі 
11
2

121, 11
3

1331 
теңдіктері Паскаль үшбұрышына ұқсас. 
11
4
неге тең екендігін анықтаңыз. 
Шешуі. 
11
2


10 

1

2 

100 

2

10 

1; 11
3


10 

1

3 

1000 

3

100 

3

10 

1; 
11
4

C 
0

10
4

C
1

10
3

C 
2

10
2

C
3

10 

C 
4

14641 
. 
4 
4 
4 
4 
4 
5.
Ньютон биномы бойынша 

x 

y

n
 
жіктелуінде екінші мүшесі 240, 
үшінші мүшесі 720, төртінші мүшесі 1080 -ге тең. 
Шешуі. Есептің шарты бойынша: 
nx
n

1
y 

240; 
n

n 

1

x
n

2
y
2

2 

270; 
n

n 

1

n 

2

x
n

3
y
3

6 

1080 ; 
x
, 
y
, 
n 
-ді табыңыздар. 
Екінші теңдеуді бірінші теңдеуге, үшінші теңдеуді екінші теңдеуге бөліп, 
t 

y 
x 
енгізіп, 

n 

1

t 

6, 

n 

2

t 

4,5 
екендігін аламыз. 
2 

188 
C 

3

n

1 
n

1 
C 

3

100 
n

1 
n 
100 
3
C 

100 
99 

C 
99 
Осыдан 
t 

1,5, 
n 

1 

4, 
n 

5 
болады. 
Орындарына қою арқылы анықтаймыз: 
5
x
5

1,5 

240, 
x 

2, 
y 

3 
. 
6.
Берілген 

1

анықтаңыздар. 
Шешуі. 
3

100 
өрнектің 
жіктелуіндегі 
ең үлкен қосылғышты 
Соңғы екі қосылғышты салыстырамыз: 

100 

n 

n 

1 
3, 

100 

n


n 

1, 
n 

100

1 

1 

63,03... 
Осылай келесі қосылғыш 
63 
100 
3

63 
одан кейінгі қосылғыштан кіші болады. 
сол сияқты монотонды түрде кемиді. 
7.
Ньютон биномын 

1

i

n 
қолдану арқылы келесі қосындыны 
табыңыздар: 
0 
100 
2 
100 
4 
100 

... 

C
100
; 
a)
 
C
1
 
3 
5 
99 
99 

... 

C
99
; 
Шешуі. 
a)
 

1

i

100 


2
i

100 


i

50 


2
50
; 
a)
 

1

i

99 


1

i

2
i

49 


1

i


2
49

i
49


1

i

2
49
; 
Қазіргі кезде әр ұстаздың алдында үнемі ізденіс үстінде жүретін, оқу 
үрдісіне өз ойларын толық айтып жеткізіп білетін, кез келген жағдайда өз 
бетімен шешім қабылдай алатын шәкірттер дайындау міндеті тұр. Бұл 
теориялық білімнің терең бекіп, жүйелі қалыптасуына берілетін есептер мен 
жаттығулардың дұрыс таңдап алынып, қарастырылуына байланысты болады. 
Жұмыс нәтижелі болса, оқушының пәнге деген қызығушылығы артады [2]. 
Пайдаланылған әдебиеттер: 
1.
Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике. - М.: Просвещение, 2011. 
2.
Голубев В.И. Решение сложных и нестандартных задач по математике.-М: ИЛЕКСА, 
2012. 
ДИОФАНТ ТЕҢДЕУЛЕРІН ШЕШУ ӘДІСТЕРІ 
Қуатбекова Арайлым Ұлықбекқызы, Арғынтай Қарақат Айдарханқызы 
Ы. Алтынсарин атындағы Арқалық педагогикалық институты 
Ғылыми жетекші: магистр Сабитбекова Гулмира 
Аннотация. 
В данной статье рассмотрены способы решения Диофантовых и 
неопределенных уравнений. Приведены примеры нахождения целочисленных решений 
алгебраических уравнений повышенной сложности. 
Ключевые слова. 
Арифметика, неопределенные уравнения, целочисленное решение, 
уравнения Пеллъ. 
3 
3 
a
)
C 

C 

C 

C 

189 
Summary 
This article discusses ways to solve Diophantine and indefinite equations. 
Examples of finding integer solutions to algebraic equations of increased complexity are given. 
Keywords. 
Arithmetic, indefinite equations, integer solution, Pell equations. 
Диофант біздің заманымыздың 250 жылдары Александрияда өмір сүрген. 
Тек қана VI ғасырда грамматик Метродор антологиясында оның қанша 
жасағаны туралы бір жұмбақ есеп бар. Диофанттың қабірінің басына қойылған 
құлпытасқа осы жұмбақ есеп жазылса керек. 
Диофанттың 13 кітаптан тұратын, «Арифметика» деп аталатын көлемді 
еңбегінің бізге алтауы ғана жеткен. Бұл еңбек түгелдей арифметика мен алгебра 
есептеріне арналған. Онда 180 есептің шығарылу жолы көрсетіледі. 
Арифметика Дионосий дейтін замандасына арнап жазылған. «Құрметті 
Дионосий, - деп бастайды еңбегін Диофант,-сенің сандар араласатын 
мәселелерді ерекше ынтамен оқып-зертейтініңді ескеріп, мен олардың табиғаты 
мен құдіретін ең басынан бастап баяндап беруді мақұл көрдім». 
Диофант 
«Арифметикасының» 
баяндау 
стилінің 
ежелгі 
грек 
математиктерінің канондарынан сапалы түрде екі өзгешілігі бар. Ол 
теңдеулердің шешуін геометриядан тыс таза арифметикалық-алгебралық 
әдістер арқылы жүргізеді. Екіншіден, Диофант ғылым тарихында тұңғыш рет 
математикалық символдар (таңбалар) тілін пайдаланды. Ол белгісіз шамалар 
үшін айрықша таңбалаулар енгізеді. Сондай-ақ онда азайту, қысқарту, теңдік 
сияқты ұғымдарды таңбалау да ұшырасады. 
Диофанттың символикасы сөзлерді қысқартуға негізделген. Алгебралық 
символика тарихында бұл кезең осыған дейнгі математикадағы алгералық 
тәуелділіктерді сөзбен өрнектеуден (рикторикалық алгебрадан) бас тартып, сол 
өрнектерді қысқартуға («Синкотиптік» алгебра) көшу кезеңі болып табылады. 
Дамудың келесі сатысы қазіргі таза символикалық алгебра болды. 
Диофант теңдеулерінде белгісіз сан (аритмос) 
𝑆
1
сан коэфиценті болғанда 
белгісіздің таңбасынан кейін жазылады. Мысалы, 
𝑠
1
Белгісіздің дәрежелерін Диофант сәйкес грек атауларының бас әрпімен 
таңбалайды. 
𝑥
2
-«дюнамис 
𝑆
𝑣
𝑥
3
- «кюбос» 
𝐻
𝑣
т.с. (алтыншы дәрежеге дейін). 
Диофантта белгісіздің кері шамасы да және оның дәрежелері де таңбаланады. 
Қосу, көбейту, бөлу таңбалары жоқ, азайту үшін «жоғары» табасы алынған. 
Теңдік сөзбен немесе і әрпімен жазылады. Теңдеудің бос мүшесі үшін арнайы 
𝑚
0
таңбасы алынған, ол бірлік (монес) сөзінің бас әрпі. Сандар әріптер арқылы 
кескінделеді. 
Диофанттың «Арифметикасында» осындай символикамен белгіленген, 
анықталған, анықталмаған теңдеулерге келтіретін есептердің шешуі беріледі, ал 
ережелер мысалдар арқылы көрсетіледі. Теңдеулердің оң бүтін және бөлшек 
щещулерін табуға баса назар аударылады. Шешуі теріс сан болатындай 
теңдеуді ол мағынасыз теңдеу деп санап, бүтіндей қарастырмайды. Диофант 
иррационал сандарды қолданбайды. Егер теңдеудің түбірі иррационал болып 
кездессе, есептің шартындағы берілгендерді іріктей отырып, жауабы рационал 
сандарға келетіндей етіп, есепті қайта құрады. 

190 
Анықталған теңдеуге арналған есептер сызықтық, квадрат, тек бір дербес 
жағдайда куб теңдеуге келеді. Диофант берілген теңдеуді канондық түрге 
келтіру үшін ұқсас мүшелерін топтау, теңдеудің екі жағына бірдей шамалар 
қосу арқылы теріс мүшені жою ережелерін көрсетеді. Ол тек бір оң, түбір 
табумен қанағаттанады. 
1.
Екі санның квадраттарының қосындысына тең санды басқа екі санның 
квадраттарының қосындысына тең болатындай етіп жазу керек. Диофант бұл 
проблеманы шешуді мынадай есеппен түсіндіреді: 
«Айталық берілген сан 13 болсын, ол 2 мен 3-тің квадраттарының 
қосындысына тең. 
Бір квадрат қабырғасының ұзындығы 
x 

2 
болсын, ал екінші квадрат 
қабырғасының ұзындығы 2х–тен 3-і кем, яғни 
2
x 

3 
болсын. Сонда бірінші 
квадраттың ауданы 
x 
2

x 

4 
екіншісі 
4
x
2

12
x 

9 
болады. Екуінің ауданын 
қоссақ, 
5
x
2

8
x 

13 
болады. Есептің шарты бойынша бұл 13-ке тең болу керек: 
5
x 
2

8
x 

13 

13, 
бұдан 
x 

8
5 
Сонымен бірінші квадраттық қабырғасы 
x 

2 

18
5 
, екіншісінікі 
2
x 

3 

1
5 
Квадраттардың аудандары 
324 
және 
25 
1 
Бұл сандардың қосындысы 13 болады, 
25 
яғни есепті қанағаттандырады. 
2.
Әрқайсысының квадраты екінші санмен қосылып, басқа бір санның 
квадраты болатындай екі сан табу керек. «Бірінші сан 
х
, екінші сан 
2
x 

1 
болсын. Бірінші санның квадратына екінші санды қоссақ, тағыда квадрат 
шығады: 
x 
2

2
x 

1 

(
x 

1) 
2
. 
Екінші санның квадратына бірінші санды қоссақ, 
4
x
2

5
x 

1 
шығады. Бұл 
да квадрат болуы керек. Осы квадраттың қабырғасы үшін 2x – 2 алайық. Сонда 
оның квадраты 
4
x
2

8
x 

4 
болды. 
4
x
2

5
x 

1 

4
x
2

8
x 

4 
теңдігінен 
x 

3
18 
шығады». 
3.
Берілген квадрат санды екі квадрат санның қосындысына жіктеу керек. 
«Берілген квадрат сан 16 болсын, ал ізделініп отырған квадрат санның 
біреуі 
x
2
, екіншісі 
(2
x 

4) 
2
болсын. Сонда 
x 
2

(2
x 

4) 
2

16 
бұдан 
x 

16 
5 
ізделініп отырған квадрат сандардың біреуі 
256
, екіншісі 
144
. 
25 
25 
Бұл есепті былай жалпылауға болар еді. Айталық берілген сан 
𝑎
2
болсын, ізделініп отырған квадрат сандардың біреуі 
𝑥
2
, екіншісі 
(𝑏𝑥 − 𝑎)
2
болсын. Сонда 
x
2

b
2
x
2

2
abx 

a
2

a
2
бұдан 
x 

2
ab 
,
b 
2

1 
y 

bx 

a 
b 
2

1 
a 
b 
2

1 

191 
Диофант 
ax
2

2
abx 

c 
квадрат теңдеулерін жалпы шешу жолын және 
b
2

xc 
өрнегі квадрат сан болған жағдайда ғана оның түбірі рационал сан 
болатын білген. 
Диофант куб теңдеуге келетін бір-ақ мысал қарастырады. 
Ол 
x
3

3
x 

3
x
2

1 

x
2

2
x 
теңдеуін 
x
3

x 

4 

4
x
2

4 
теңдеуіне келтіріп, 
«бұдан 
х
- тің 4-ке тең болатыны шығады» дейді, бірақ қалай табылғанын 
айтпайды 
Диофанттың математикаға қосқан негізгі жаңалығы – оның анықталмаған 
теңдеулерді шешу әдістерін табуы. Ол 50-ден астам әр түрлі кластарға жататын 
шамамен 130 анықталмаған теңдеулерді шешу рационал шешуін көрсетеді. 
Анықталмаған теңдеулерді қазір Диофант теңдеулері деп атайды. Ол әрбір 
теңдеудің тек бір ғана рационал шешуін анықтаумен шектеледі. Онда 
анықталмаған теңдеулерді жалпы шешу тәсілдері жоқ. Шыққан нәтиженің 
дұрыстығы дәлелденбейді, тек есеп шартын қанағаттандыруы ғана тікелей 
тексеріледі. 
Диофанттың 
«Арифметикасында» 
негізінен 
ax 
2

bx 

c 

y 
2
ax 
2

bx 
2

cx 

1 

y 
2
түріндегі анықталмаған теңдеулер қарастырылады. Бұл 
теңдеулердің ішінде қазір «Пеллъ теңдеулері» деп аталып жүрген 
x 
2

2
by 
2

1 
және 
x 
2

30 
y 
2

1 
теңдеулер де бар. Диофантта сандар теориясының екі бүтін 
санның көбейтіндісін екі санның квадратының қосындысына жіктеу туралы т.б. 
теоремалары да кездеседі. 
а және в өзара жай сандар болып келген жағдайда 
ax 

by 

1 
түріндегі 
Диофант теңдеулерінің жалпы теориясын XVII ғасырдағы француз математигі 
Баше де Мазериа (1589-1638) құрады. Ол 1621 жылы Диофанттың 
«Арифметикасын» грек және латын тілдерінде түсініктемелер жазып бастырып 
шығарады. Екінші дәрежелі диофант тедеулерінің жалпы теориясын жасау 
жолында П.Ферма Дж. Валлис, Л. Эйлер, Ж. Лагранж, Қ. Гауус сияқты көрнекті 
математиктер көп еңбек сіңірді. Осының нәтижесінде, XIX ғасырдың басында 
екі белгісізі бар екіншісі дәрежесі рационал коэффициентті 
ax
3

bxy 

cy 
2

ax 

by 

f 

0 
теңдеуін 
жалпы 
түрде 
шешу 
проблемасы 
қарастырылды. Диофант теңдеулері қазіргі математикада да жан-жақты 
зертелуде. 
XVII ғасырдағы француздың ұлы математигі Ферма Диофанттың 
«Арифметикасын» оқып отырып, Диофанттың әлгінде ғана айтылған берілген 
квадрат санды екі квадраттың қосындысына жіктеу туралы есебінің тұсына 
былай деп қарастырған екен. «Керісінше кубты кубтардың қосындысына, 
биквадратты биквадраттардың қосындысына жалпы алғанда, квадраттан 
жоғары қандай бір дәрежені болмасын көрсеткіші сондай дәрежелер 
қосындысына жіктеуге болмайды. Мен бұған өте тамаша дәлел келтірдім, бірақ 
оны жазып қалдыруға кітаптың ашық жерінің аз болып тұрғаны». Басқаша 
айтқанда әңгіме 
x 
n
 

y 
n
 

z 
n
 
. Диофант теңлеуінің 
x=y 
болғанда рационал шешуі 
болмайтынын дәлелдеу керек еді. Алайда «Ферманың үлкен теоремасы» деп 
аталатын бұл теорема жалпы түрде күні бүгінге дейін дәлелденген жоқ . 

192 
Диофанттың «Арифметикасы» орта ғасырларда Шығыс математиктерінің 
еңбектерінде алгебра ғылымының өз алдына жеке ғылым саласы болып 
қалыптасуына, сондай-ақ XVI-XVII ғасыларда Еуропада осы ғылымның 
дамуына үлкен ықпал етті. 
Диофант теңдеуді шешудің әдістері: варианттарды таңдау тәсілі, Евклид 
алгоритмі, тізбектелген бөлшектер, көбейткіштерге жіктеу әдісі, қандай да бір 
айнымалыға қатысты квадраттық теңдеулерді бүтін сандарға шешу тәсілі, 
қалдықтар әдісі, «шексіз төмен түсіру» әдісі. 
Енді кейбір Диофант теңдеулерін шешу жолдарын қарастырайық. 
Мысал 1. 
х
5

х
3

у
3
z 
теңдеуінің бүтін шешімдерін табу керек, мұндағы 
y 
және 
z 
жай сандар. 
Шешуі: Берілген теңдеуді 
x
3

x
2

1


y
3
z 
 
түрінде жазамыз. 
x
3
, 
x
2

1 
сандарының тақ немесе жұптығы әр түрлі және 

x
, 
x 

1


1, 

x
, 
x 

1


1 
болғандықтан, 

x
3
, 
x
2

1


1 
болады. Сонымен қатар, 
y
3
z 
саны 
x
3
-қа бөлінуі 
керек, ал 
z 
саны 
x
3
-қа бөлінбегендіктен ( 
z 
-жай сан), 
y
3 
саны 
x
3
-қа бөлінуі 
керек. Ал бұл қатынас 
x 

y 
болғанда ғана орындалады.Сонымен
x 
-жай сан 
және 
z 

x
2

1 
немесе 
z 


x 

1

x 

1

. Бұл теңдік 
x 

1 

1 
және 
x 

1 

z 
болғанда 
ғана орындалады. Онда 
x 

2, 
y 

2 
және 
z 

3 
Мысал 2. 
1 

1 

1 
теңдеуін бүтін сандар жиынында шешу керек, 
x y 
p 
мұндағы 
p 
-жай сан. 
Шешуі: 
x 

0, 
y 

0, 
p 

0 
десек, 
xy 

px 

py
, 

x 

p

y 

p


p
2
теңдеуі шығады. Ал 
p 
-жай сан болғандықтан, 

1;

p
;

p
2 
. 
Сонымен 5 теңдеулер жүйесі шығады: 
p 
2
санының 6 бөлгіші бар: 

x 


p 

1; 
2 

x 


p 


1; 
2 

x 

p 


y 

p 

p
;

x 

p 


p
2
;

x 


p 


p
2
; 

y 

p 

p 
;

y 

p 


p 
;

p
;

y 

p 

1; 

y 

p 


1; 
Теңдеулер жүйесін шешсек, берілген теңдеудің 5 шешімі бар екенін 
көреміз: 

p 

1, 
p 

p
2

; 

p 

1, 
p 

p
2

; 

2 
p
,2 
p

; 

p 

p
2
, 
p 

1

; 

p 

p
2
, 
p 

1

Мысал 3. 

x 

2

4 

x
4

y
4
теңдеуін бүтін сандар жиынында шешу керек. 
Шешуі: Қандай-да бір 
x
, 
y 

Z 
сандар жұбы теңдеуді қанағаттандырсын. 
Алдымен 
x 

0 
деп ұйғарайық, сонда 
y 
3

8
x
3

24 
x 
2

32 
x 

16 

8

x
3

3
x 
2

14 
x 

2

. 
Сондықтан 
y 

2
z
, 
z 

, және 
z
3

x
3 

3
x
2

4
x 

2 
, 

193 
1 
1 
1 

x 

1

3 

x
3

3
x
2

3
x 

1 

z
3

x
3

6
x
2

12
x 

8 


x 

2

3 
, 
болғандықтан 
x 

1 

z 

x 

2 
, ал
z
саны қатарлас екі санның арасында 
жатуы мүмкін емес. Енді 
x
1 

0 
деп ұйғарайық, сонда 
x
1


x 

2 

0, 
y
1 


y 
, сандар жұбы бастапқы теңдеуді қанағаттандыратынын көреміз: 

x 

2

2 


x 

4 

x
4


x 

2

4 


y
3


y 

3 
. 
Бірақ жоғарыда дәлелденгендей 
x
1 

0 
десек, қайшылыққа келеміз. 
Сондықтан 

2 

x 

0 
деп бағалаймыз, осыдан теңдеудің жалғыз шешімін 
аламыз: 
x 


1, 
y 

0. 
Диофант теңдеулерінің математиканың басқа да салаларында, атап 
айтқанда, алгебралық сандар теориясы, алгебралық геометрия, терулер 
математикасымен тығыз байланысы бар екенін көруге болады. Қиындығы 
жоғары есептерде кездесетін алгебралық теңдеулердің бүтін және натурал 
шешімдерін табуда да Диофант теңдеулерінің шешу әдістері көп көмектеседі. 

жүктеу/скачать 9,29 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: