Диплом жұмыс Тақырыбы: Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу. Орындаған: Нысанова Эльмира
жүктеу/скачать 2.18 Mb.
|
- Бұл бет үшін навигация:
- Қазақстан Республикасы білім және ғылым министірлігі М. О. Әуезов атындағы Оңтүстік Қазақстан мемлекеттік университеті.
- Тақырыбы: Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу.
- Шымкент – 2005 Мазмұны Кіріспе .......................................................................................................3 – 4 І бөлім
- Зерттеу жұмысының нысаны
- Зерттеу базасы
- І. Бүтін сандар жиынында шешілетін теңдеулердің теориясы. Теңдеу. Теңдеудің түбірлері.
- 1 – қасиеті.
- Бір белгісізі бар теңдеулер.
- 1.3 Екі белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеулер.
  Қазақстан Республикасы білім және ғылым министірлігі
М. О. Әуезов атындағы Оңтүстік Қазақстан мемлекеттік университеті. Жоғары математика кафедрасы. Диплом жұмыс Тақырыбы: Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу. Орындаған: Нысанова Эльмира Ғылыми жетекшісі: п.ғ.д., профессор Рахымбек Д. Шымкент – 2005 Мазмұны Кіріспе .......................................................................................................3 – 4 І бөлім Бүтін сандар жиынында шешілетін теңдеулердің теориясы.
ІІ бөлім. Бүтін сандарда теңдеулерді шешудің әдістері. 2.1. Көбейткіштерге жіктеу әдісі...........................................................36 – 38 2.2. Кері жору әдісі.................................................................................39-43 2.3. Дербес жағдайдан жалпы жағдайға өту әдісі................................44-45 2.4. Сынап көру әдісі..............................................................................46-48 2.5. Жалғыздылық әдісі..........................................................................49-52 2.6. Бүтін сандарда шешілетін байырғы қазақ есептері.....................53-60 Қорытынды..............................................................................................61 Пайдаланылған әдебиеттер....................................................................62-63 Кіріспе Сандар теориясы өте ертеде шыққан ежелгі ғылым. Оның іргесі ұлы грек математигі Евклидтің (б.э.д. ІІІ – ІІ ғғ) еңбектерінде қаланған. Сандар теориясының негізгі объектісі ретінде сандардың 1, 2, 3, ... натурал қатары, 0 саны және де барлық теріс сандар -1, -2, -3, ... т.с.с. сандар жазылады. Бұл сандардың барлығы бүтін сандар жиынын құрайды. Белгісізі біреуден көп болатын бүтін коэффициентті алгебралық теңдеулерді бүтін сандар жиынында шешу сандар теориясының қиын мәселелерінің бірі. Мұндай есептермен байырғы заманның математиктері, мысалы, грек математигі Пифагор ( б.з.б. VІ ғ) александриялық математик Диофант (б.з.б. ІІ – ІІІ ғ) және біздің дәурімізге жақын үздік математиктер – П. Ферма (ХVII ғ), Л. Эйлер (ХVIІІ ғ), Лагранж (ХVIІІ ғ) және тағы басқалар шұғылданған. Диофант біздің заманымыздың 250 жылдарда Александрияда өмір сүрген. Диофанттың 13 кітаптан тұратын “Арифметика” деп аталатын көлемді еңбегің бізге алтауы ғана жеткен. Диофант арифметикасының баяндау стилінің ежелгі грек математиктерінің канондарынан сапалы түрде екі өзгешелігі бар. Ол теңдеулердің шешуін геометриядан тыс таза арифметикалық – алгебралық әдістер арқылы жүргізеді. Екіншіден, Диофант ғылым тарихында тұңғыш рет математикалық символдар (таңбалар) тілін пайдаланды. Диофанттың арифметикасында анықталмаған теңдеулерге келтірілетін есептердің шешуі беріледі, ал ережелер мысалдар арқылы көрсетіледі. Теңдеулердің оң бүтін және бөлшек шешулерін табуға баса назар аударылады. Шешуі теріс сан болатындай теңдеуді ол мағынасыз теңдеу деп санап, бүтіндей қарастырылмайды. Диофант иррационал сандарды қолданбайды. Егер теңдеудің түбірі иррационал болып кездессе, есептің шартындағы берілгендерді іріктей отырып, жауабы рационал санға келетіндей етіп, есепті қайта құрады. 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. Диофанттың математикаға қосқан негізгі жаңалығы – оның анықталмаған теңдеулерді шешу әдістерін табуы. Ол 50 – ден астам әр түрлі кластарға жататын шамамен 130 – дан анықталмаған теңдеулердің рационал шешуін көрсетеді. Анықталмаған теңдеулерді қазір диофант теңдеулері деп те атайды. Ол әр бір 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. Диофант теңдеулерінің жалпы теориясын ХVII ғасырдағы француз математигі Баше де Мезарна (1589 – 1638) құрады. Ол 1621 жылы Диофанттың арифметикасын грек және латын тілдерінде түсініктемелер жазып бастырып шығарады. Екінші дәрежелі диофант теңдеулерінің жалпы теориясын жасау жолында П. Ферма, Дж. Валлис, Л. Эйлер, Ж. Лагранж, К. Гаусс сияқты көрнекті математиктер көп еңбек сіңірді. ХVII ғасырдағы француздың ұлы математигі Ферма Диофанттың арифметикасын оқып отырып, кейбір теңдеулерді шешудің басқа жолдарын енгізді. Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу тек қана екі белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеулер үшін ғана шешілген мәселе. Екі немесе одан да көп белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеулердің бүтін сандар жиынында барлық шешімдерін табу өте қиын. Мектеп бағдарламасында бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешуге көп көңіл бөлінбейді. Бірақ олимпиадалық есептерде мұндай теңдеулер жиі кездеседі. Осы жағдайларды ескере отырып бұл жұмыста біз алдымызға мынадай мақсат қойдық: мектеп математика курсында оқушыларды бүтін сандар жиынында шешілетін теңдеулермен толық таныстыру. Зерттеу міндеттері:
Зерттеу жұмысының нысаны: мектепте математика пәнін тереңдетіп оқыту. Зерттеу пәні: мектеп математика курсында бүтін сандарда теңдеулерді шешу үрдісі. Зерттеу базасы: Оңтүстік Қазақстан облысы Шымкент қаласының облыстық мамандандырылған дарынды балалар үшін мектеп – интернаты. Диплом жұмысының құрылымы Жұмыс кіріспеден, екі тараудан, қорытындыдан, әдебиеттер тізімінен тұрады. Кіріспеде бұл жұмыстың ғылыми және практикалық маңызы баяндалады. Бірінші бөлімде бүтін сандарда шешілетін теңдеулердің теориясы баяндалады. Екінші бөлімде бүтін сандарда теңдеулерді шешудің әдістері жазылған. Бірақ бүтін сандар жиынында теңдеулердің шешудің жалпы методикасы жоқ. Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу оқушының байқағыштығын, логикалық ойлай білуін, ұқыптылығын, анализ жасай білуін талап етеді. Сонымен бірге осы тарауда бүтін сандарда шешілетін байырғы қазақ есептері жазылған. І. Бүтін сандар жиынында шешілетін теңдеулердің теориясы.
Құрамында әріппен белгілеген белгісізі (айнымалысы) бар теңдік теңдеу деп аталады. Мысалы: 5х + 8 = 18; 6х + 7 = -5; 3(х + 7) = 15 – теңдеулер, х – белгісіз. Мұндай теңдеулерді бір белгісізі бар немесе бір айнымалысы бар теңдеулер деп атайды. Теңдеудің оң жағы және сол жағы болады. Мысалы: 4х +17 = 19 теңдеуіндегі (4х +17) – теңдеудің сол жағы, ал 19 оң жағы. Теңдеудегі алгебралық қосылғыштардың әрқайсысы оның мүшелері деп аталады. Мұндағы 4х – белгісізі бар мүше, 7, 9 – бос мүшелер. Теңдеумен берілген мысалдар мен есептерді шығарғанда, ондағы әріппен берілген белгісіздің немесе айнымалының сан мәнін табамыз. Демек, теңдеудің түбірін табамыз. Белгісіз санның немесе айнымалының теңдеуді тура санды теңдікке айналдырытын мәні теңдеудің түбірі деп аталады. Теңдеудің шешімі дегеніміз – оның түбірлерін табу немесе түбірлерінің жоқ екенін дәлелдеу. Теңдеулерді шешкенде, кейде түбірлері бірдей болатын теңдеулерді мәндес теңдеулер деп айтады. Мысалы, 2х = 10 теңдеуі мен 3х = 15 және 3х –х = 2,5 ∙ 4 теңдеулері мәндес теңдеулер, түбірлері бірдей х = 5. Ескеретін жағдай, кейде теңдеулердің түбірі болмайды. Түбірлері болмайтын теңдеулерде мәндес теңдеулер болып саналады. Теңдеу - әрпі бар теңдік болғандықтан, теңдеудің қасиеттерін теңдіктің қасиеттеріне сүйеніп дәлелдейміз. Теңдеудің 1 – қасиеті. Теңдеудің екі жағына да бірдей санды немесе әріпті өрнекті қосқанда (азайтқанда) теңдеу мәндес теңдеуге түрленеді. 1 – мысал. x + 23 =40 x + 23 – 23 = 40 -23 x = 40 -23 x = 17 – теңдеудің түбірі. Мысалдарда теңдеулердің бұл қасиетін қолдану нәтижесінде 23 саны теңдеудің сол жағынан қарама – қарсы таңбамен оң жағына көшіріледі, онда теңдеулердің 1 – қасиеті бойынша: теңдеудегі қосылғыштың таңбасын қарама – қарсыға өзгертіп, оны теңдеудің бір жағынан екінші жағына көшіргенде теңдеу мәндес теңдеуге түрленеді. Теңдеуге мұндай түрлендіруді енгізген ХI ғасырдағы Орта Азия ғалымы Мұхамед бен Мұса аль Хорезми. “Алгебра” атауы оның “Китаб аль - джебрд валь - мукабала” атты шығармасынан алынған. Теңдеудің 2 – қасиеті. Теңдеудің екі жағын да нөлден өзге бірдей санға көбейткенде немесе бөлгенде теңдеу мәндес теңдеуге түрленеді.
8х = 56 қысқаша: 8х = 56 8х : 8 = 56 : 8 х = 56 : 8
Теңдеудің осы қасиеттерін қолданып, теңдеудің екі жағын да белгісіздің (айнымалының) коэффициентіне бөліп, белгісіздің сан мәнін, яғни теңдеудің түбірін табамыз.
4х + 3 = х + 9 , 1 – қасиет бойынша: 4х – х = 9 – 3. 3х = 6, 2 – қасиет бойынша: х = 2. 2 саны – берілген теңдеудің түбірі. Теңдеудің шешуінің дұрыстығын тексерейік: 4х∙2 + 3 = 2 + 9, 8+3=11. Теңдеудің түбірі теңдеуді тура санды теңдікке айналдырады. Екі және одан көп айнымалылар теңдеулерді анықталмаған теңдеулер деп айтады. Анықталмаған теңдеулердің шешімі деп осы теңдеуді қанағаттандыратын айнымалылар мәндерінің барлық жиынын айтады.
Бір белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеуді қарастырайық: а1х + а0 = 0 (1) Теңдеудің а0, а1 коэффициенттері бүтін сандар болсын. Бұл теңдеудің шешімі х = бүтін сан болады, егер де а0 саны а1 санына қалдықсыз бөлінсе. Бұдан шығатын қорытынды, (1) теңдеуді бүтін сандар жиынында шешу барлық уақытта мүмкін емес. Мысалы үшін 3х – 27 = 0 және 5х + 21 = 0 теңдеулерін қарастырайық. Бірінші теңдеудің шешімі х = 9, ал екінші теңдеудің бүтін сандар жиынында шешімі жоқ. Мұндай жағдайлармен екінші дәрежелі теңдеулерді шешкенде де кездесеміз: х2 + х – 2 = 0 теңдеуінің х1 = 1, х2 = -2 бүтін шешімдері бар; ал х2 – 4х + 2 = 0 теңдеуінің бүтін сандар жиынында шешімі жоқ, себебі оның шешімі х1, 2 = an x n + an-1 x n-1 + … + a1 x + a0 = 0 (n ≥ 0) (2) түріндегі бүтін коэффициентті n – ші дәрежелі теңдеулер оңай шешіледі. Шындығында, х = а теңдеудің бүтін түбірі болсын. Сонда an a n + an-1 a n-1 + … + a1 a + a0 = 0, a0 = - а (ana n-1 + an-1a n-2 + … + a1). Соңғы теңдіктен a0 санының а санына қалдықсыз бөлінетіні көрініп тұр, бұдан (2) теңдеудің әрбір бүтін түбірі теңдеудің бос мүшесінің бөлгіші болатынына көз жеткіземіз. Мысалы: х 10 + х7 + 2х3 + 2 = 0 және х 6 - х5 + 3х4 +х2 – х + 3 = 0 теңдеулерін қарастырайық. Бірінші теңдеудің бос мүшесінің бөлгіштері 1, -1, ,2 және -2. Соның ішінде тек қана -1 теңдеудің шешімі болады. Теңдеудің жалғыз х = -1 шешімі бар. Осы әдіспен екінші теңдеудің бүтін сандар жиынында шешімі жоқ екенін көрсетуге болады. 1.3 Екі белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеулер. Екі белгісізі бар бірінші дәрежелі теңдеуді қарастырайық: ax + by + c = 0 (1) Мұндағы а, b нөлден өзгеше бүтін сандар, ал с – кез – келген бүтін сан. Ал а, b коэффициенттерінің бірден басқа ортақ бөлгіші жоқ деп ұйғарайық. Шындығында, бұл коэффицентердің ең үлкен ортақ бөлгіш бірден өзгеше d = (a, b) десек, a = a1d , b = b1d теңдеулері орынды болады. Сонда (1) теңдеу мына түрге келеді: (a1x + b1y) d = 0. (2) с саны d санына бөлінсе ғана, бұл теңдеудің бүтін шешімдері болады. Бұл жағдайда d = (a, b) ≠ 1; (2) теңдеуді d санына бөлсек, мына теңдеуді аламыз: a1x + b1y + c1 = 0 c1 =  ,
мұндағы a1 және b1 өзара жай сандар. Ең алдымен с = 0 болғандағы жағдайды қарастырайық. Сонда (1) теңдеу мына түрге келеді: ax + by = 0 (1/ ) Бұл теңдеуден х белгісізін табайық: х = у = аt, мұндағы t – кез – келген бүтін сан (t = 0, х =  ,
біз (1/ ) теңдеуінің барлық бүтін шешімдерін қамтитын формулалар аламыз: х = - bt, y = at (t = 0,  1, 2, … )
Енді с ≠ 0 болған жадайды қарастырамыз. (1) теңдеудің барлық бүтін шешімдерін табу үшін, оның тек қана бір бүтін шешімін табу жеткілікті, сондай – ақ
теңдеуі үшін х0, у0 бүтін сандарын табу керек. Теорема 1 a және b өзара жай сандар және [x0, y0] ax + by + c = 0 теңдеуінің кез – келген бүтін шешімі болсын, сонда мына формулалар: x = x0 – bt, y = y0 + at (3) 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 ax0 + by0 + c = 0 теңдіктерінен мынау шығады: ax - ax0 + by - b0 = 0, y – y0 =  ,
мұндағы у – у0 бүтін сан және a, b өзара жай сандар болғандықтан, х0 –х b санына бүтіндей бөлінуі керек. Сонда х0 –х мына түрге келеді: х – х0 = bt, мұндағы t бүтін сан, х0 –х мәнін алдыңғы теңдікке алып барып қойсақ: y – y0 =  .
сонда x = x0 – bt, y = y0 + at формулаларын аламыз. Мысалы: 127х – 52у + 1 теңдеуі берілсін. Бұл теңдеуді шешу үшін белгісіз мүшелердің коэффициенттерінің қатынасын алайық. Ең алдымен  = 
Ал 
Бұл бөлшек тізбегінен 
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:
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 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 
Алынған бөлшек тізбегінің кейбір мүшелерінен бастап барлық мүшелерін алып тастағанда қалатын өрнекті лайықты бөлшек деп атаймыз. Бірінші лайықты бөлшек 
Екінші лайықты бөлшек 
Дәл осылай 
және т.с.с. жалғаса береді. Лайықты бөлшектердің құрылуына байланысты келесі теңсіздіктер орын алады:  <  < … <  <  ,  >  > … >  >
Лайықты  (1 ≤ к ≤ n),
лайықты бөлшектің алымы мен бөлімінің құрылу заңдылығын табамыз. Енді  =  ; 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,  .
 = 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:
Шындығында,  - =  - =
(6) формуланы пайдаланып, бөлшектің алымын түрлендіреміз:  = .
Алынған өрнектерге осындай түрлендірулерді қайта жүргізсек, келесі теңдіктер тізбегін аламыз: =  = = ... =  =
Осыдан келіп - ==
екендігі шығады. Егер Теңдіктің 2 жағын да 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)
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:
|
иррационал сан.
, х бүтін мән қабылдайды, сонда тек сонда ғана, егер у а санына қалдықсыз бөлінсе. Ал 
бұрыс бөлшегінің бүтін бөлігін ажыратып алайық:
дұрыс бөлшегін осы бөлшекке тең 
бөлшегімен алмастырып, осы процесті үздіксіз жалғастырсақ, мынандай шектеулі тізбек аламыз:
бөлшегін қарастырайық, ондағы а санын b санына бөлгендегі бөліндіні q1 деп , қалдық мүшесін r2 деп белгілейік, сонда
бөлшегін соған тең екінші қатардағы мәнімен алмастырсақ, ал 
бөлшегін үшінші қатардағы мәнімен алмастырсақ және тағы сол сияқты жалғастырсақ, онда 
бөлшегінен бастап барлық мүшелерін алып тастағанда шығады:
бөлшегінен бастап барлық мүшелерін алып тастағанда шығады:
бөлшектерін түрлендірейік:
өлшемімен алмастырсақ, 
лайықты бөлшегі 
лайықты бөлшегіне ауысады. Индукция әдісін қолданайық:
(к>1) (7)
бөлшегін бөлшек тізбегіне жіктегенде n мүшесі болса, онда n–ші лайықты бөлшек 
-
= 
(8)
=
өрнегіне көбейтеміз: