Үш белгісізі бар екінші дәрежелі теңдеулерді шешуге арналған мысалдар

Бұл есептің геометриялық шешімі катеттері х, у гипотенузасы z бүтін сандар болатын барлық тік бұрышты үшбұрыштарды табу. Мұндағы х, у сандарының ең үлкен ортақ бөлімін d арқылы белгілейік: d = (х, у), сонда

және (1) теңдеу мына түрге келеді:

Теңдіктің екі жағын да d ² санына бөліп жіберсек,

теңдеуін аламыз. Біздің соңғы теңдеуіміз бастапқы теңдеуге келеді, бірақ х₁ және у₁ сандарының бірден басқа ортақ бөлгіші жоқ. Сондықтан (1) теңдеуді шешкенде x, y өзара жай сандар деген шешіммен шектелуге болады. Сонда (х, у) = 1 болсын, демек, х немесе у мәндерінің ең болмағанда біреуін тақ деуге болады.Теңдеудің оң жағына y² белгісізін өткізейік:

мұндағы a, b - өзара жай сандар. Ал (3) теңдіктің мәндерін (2) – теңдеуге қойсақ:

Енді (3) теңдіктен y және z мәндерін табайық:

Мұндағы u және v өзара жай тақ сандар және v < u (7) формуладағы бастапқы u, v мәндері көбіне жиі кездесетін мына теңдіктерді құрайды:

3² + 4² = 5² (v =1, u = 3),

5² + 12² = 13² (v =1, u = 5),

15² + 8² = 17² (v =3, u = 5).

(7) формула (1) теңдеудің x, y, z сандарының ортақ бөлгіші болмағандығы шешімдерін береді. Ал (1) теңдеудің қалған шешімдері (7) формуланы қамтитын шешімдерді кез – келген ортақ көбейткіш d санына көбейткеннен шығады.

2 – мысал. x² + 2y² = z² (8) теңдеуінің барлық шешімдерін табайық.

x, y, z (8) теңдеудің шешімдері болып, бірден басқа өзара ортақ бөлгіші болмаса, олар екеуара жай болады. Шындығында, егер х және y жай р санына бөлінсе, р > 2, онда

теңдігінің сол бөлігі бүтін сан және z р санына бөлінетіндігі шығады. Ал х және z немесе y және z р санына бөлінсе де солай болады.

x, y, z сандарының ортақ бөлгіші 1 болу үшін, х тақ сан болуы керек. Шындығында, х жұп болса, онда (8) теңдеудің сол жағы жұп сан болады және z саны да жұп болады. Бірақ x² және z² 4 – ке бөлінеді. Демек, 2y² саны да 4 – ке бөлінуі керек, басқаша айтқанда, у саны да жұп болуы керек. Сонымен, х тақ болатындықтан, z саны да тақ болуы керек. Ал x² теңдеудің оң жағына өтсе

2y² = z² - x² =(z+x)(z–x),

теңдігін аламыз. Бірақ (z+x) және (z–x) сандарының ең үлкен ортақ бөлгіші d болсын. Сонда z+x = к d, z–x = ld, мундағы к, l - бүтін сандар. Екі теңдікті қоссақ және азайтсақ, мына теңдіктерді аламыз:

Осынымен, немесе тақ болады. Сондықтан z+x және өзара жай, немесе және z–x өзара жай сандар.

Бірінші жағдайда, теңдігінен

z+x = n², z–x = 2m² екендігі шығады.

Екінші жағдайда, теңдігінен z+x =2m², z –x = n² шығады, мұндағы m және n бүтін сандар, m - тақ сан және n > 0, m > 0. Ал х және z белгісіздеріне қатысты жүйені шешсек, у мәнін табамыз:

немесе

Екі формуланы біріктіріп, x, y, z шешімдерін былай жазуға болады:

Мұндағы m - тақ сан, x, z - бүтін сандар болуы үшін, n жұп болуы қажет.

мұндағы a, b өзара жай оң сандар және а тақ сан, сонымен қоса a, b мәндері х оң болатындай таңдалып алынады. (8^/) формуласы (8) теңдеуінің x, y, z үшеуі де өзара жай оң сандар болғандығы барлық шешімдерін береді.

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:

Тағы да алдыңғыдай алмастыру жасасақ, келесі бөлшек тізбегін аламыз:

Лайықты бөлшектер құру тәсілі бойынша,

Жалпы жағдайда кез – келген α₁ иррационал санын ақырсыз бөлшек тізбегіне жіктеу берілсін:

Онда лайықты бөлшектер үшін келесі теңсіздік орынды:

түрінде жазайық.

Алдыңғы тақырыпта ақырлы бөлшек тізбектері үшін қолданған (1.3 - 6) қатынасы:

P _k = P_k-1 q _k + P _k-2 , Q _k = Q_k-1 q _k + Q _k-2

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) қатынастың дербес жағдайы

Енді мына теңсіздіктің орынды екенін көрсетейік:

Шындығында, бұл теңсіздіктің сол жағы (3) теңсіздікке сүйенсек, бірден шығады:

(5) теңсіздіктің оң бөлігінің дұрыстығын да дәледеу қиын емес,

теңдігінің δ_k лайықты бөлшегін бөлшегімен алмастырайық:

Шыққан теңсіздікті Q _2k - ға көбейтсек, күткен нәтижеге жетеміз:

Соңғы теңсіздікті x² - 2y² = 1 (6) теңдеуін шешу үшін қолданайық. Теңдеудің сол жағын көбейткіштерге жіктейік:

Теңдігінің оң бөлігі, яғни сол бөлігі де бүтін сан болып табылады. Бұл бүтін санның нөлден үлкен, бірақ екіден кіші екенін көрсетейік. Демек, бұл сан бірге тең. Ол үшін α = мәнін (5) теңсіздікке апарып қояйық:

0 < < (8)

Шыққан теңсіздіктен (7) теңдіктің оң бөлігіндегі 2 көбейткіштің де оң екенін көреміз,

Басқаша айтқанда

және

Сонымен (7) теңсіздіктің оң жағындағы көбейткіштер үшін келесі теңсіздіктер орынды:

Шыққан теңсіздіктердің көбейтіндісі мынаны бередi:

Және осылай барлық k≥1 үшін

Сонда

бүтін саны 0 < < 2 теңсіздігін қанағаттандыратынын дәлелдедік. = 1 болғандықтан, х = P_2k, у = Q_2k сандары кез – келген k≥1 үшін x² - 2y² = 1 теңдеуінің шешімдерін береді. Біз, әзірше, табылған шешімдер (6) теңдеудің барлық шешімдері бола ма, білмейміз. Енді бізге А > 0 (бүтін) және (иррационал) болғанда

теңдеуінің бүтін сандар жиынында барлық х, у шешімдерін қалай табуға болатындығы туралы сұрақ туады. Әрине, (9) теңдеудің ең болмағанда бір шешімі белгілі болса, қалған шешімдерін көретуге болады. Мұндай теңдеулердің шешімі бар екендігін (6) теңдеудегі мысалдан көрдік. Біз енді (9) теңдеудің бір шешімі табылса, қалған шешімдерін қалай табуға болатындығы туралы сұраққа көшейік.

Анықталған бірінші шешімді ең кіші деп алып, (9) теңдеудің әруақытта мардымсыз х = 1, у = 0 шешімдерінен басқа бүтін сандар жиынында ең болмағанда бір шешімі бола ма? – деген сұрақты ашық түрде кейінге қалдырайық.

(9) теңдеудің [x₀, y₀], x₀> 0, y₀ >0 мардымды шешімі болсын дап ұйғарайық және

Біз бұл [x₀, y₀] шешімін ең кіші деп аламыз, егер x₀ = 0 және y₀ = 0 үшін екімүшелігі барлық мүмкін мәндерінен ең кіші өлшемге ие болса.

Мысалы, (6) теңдеудің x = 3 , y = 2 ең кіші шешімі болады, сол сияқты осы мәндерде ең кіші өлшемге ие және (6) теңдеудің басқа кіші шешімідері болмайды.

Шындығында, (6) теңдеудің келесі шешімдері х = 17, у = 12 болсын және екендігі көрініп тұр, демек, екі бірдей кіші шешімі бола алмайды.

Керсінше ұйғарайық, екімүшелігіне бірдей мән беретін [x₁, y₁] және [x₂, y₂] шешімдері болсын,

(11)
бірақ – иррационал сан, ал x₁, y₁, x₂, y₂ – бүтін сандар. Ал (11) теңдіктен

екендігі шығады, бұлай болу мүмкін емес, себеді: – бүтін сан, – бүтін санның иррационал санға көбейтіндісі иррационал сан, ал бүтін сан иррационал сан бола алмайды. Қарама – қайшылық жойылады, егер x₁ = x₂ және y₁= y₂ болса, басқаша айтқанда, біз әртүрлі 2 шешімді емес, бір шешімді алсақ. Енді (9) теңдеудің ең маңызды қасиетін айтып өтейік, [x₁, y₁] (9) теңдеудің шешімі болсын

немесе

Енді (12) теңдіктің 2 жағын да бүтін n дәрежеге шығарайық:

Биномдық дәреже ережесі бойынша дәрежеге шығарамыз:

Биномдық дәреже ережесі бойынша жіктелген бірінші, үшінші, барлық тақ мүшелері бүтін сандар болғандықтан, x_n және y_n бүтін сандар болады, ал жұп мүшелері – ға көбейтілген бүтін сандар болады. Бүтін қосылғыштарды және – ға еселі сандарды бөлек жинасақ, біз (14) теңдікті аламыз, сонымен қатар x_n және y_n сандары да (9) теңдеудің шешімдері болатынын дәлелдейміз.

Шындығында, (14) теңдіктегі – ның таңбасын өзгертсек, келесі теңдікті аламыз:

(15)

(14) және (15) теңдіктерді мүшелеп көбейтсек,

теңдігін аламыз, басқаша айтқанда, [x_n, y_n] (9) теңдеудің шешімі. Енді біз (9) теңдеудің шешіміне қатысты негізгі теореманы дәлелдей аламыз.

ал [x₀, y₀] – ең кіші шешімі.

Дәлелдеу

Кері жориық, (9) теңдеудің оң бүтін сандар арасында [x^/ , y^/], шешімі болсын,

теңдігі ешқандай бүтін оң n саны үшін орындалмасын. Мына сандар қатарын қарастырайық:

[x₀, y₀] – ең кіші шешім, сондықтан әрдайым бүтін n ≥ 1 табылады,

болғандықтан,

болады. Одан басқа

мұндағы және бүтін сандар, ал

-21-

теңдігін мүшелеп көбейтсек:

мұндағы [] және [x₀, y₀] - (9) теңдеудің шешімдері. Енді >0, > 0 екенін дәлелдейік. Ең алдымен ≠ 0 екенін анықтаймыз. Шындығында, егер = 0, онда (26) теңдіктен келесі теңдік шығады:

A > 0 болғандықтан, бұлай болу мүмкін емес. Ары қарай, = 0 болса, онда , бірақ (24) теңсіздіктен >0 болатындықтан, бұлай болу мүмкін емес. Ақыры біз және таңбалары бірдей болуы керек екенін байқадық. Шындығында, егер және таңбалары әртүрлі деп ұйғарсақ, онда және - бірдей таңбаға ие болады. Егер біз және сандарының абсолют шамаларын салыстырсақ, біреуінің абсолют шамасы екіншісінен кіші болуы керек, себебі біріншісінде бірдей таңбалы екі сан қосылады, ал екіншісінде азайтылады. Бірақ біз

екенін білеміз, демек,

Бірақ

болғандықтан, біз қарама – қайшылыққа келдік, абсолют шамасы бірден үлкен екі санның көбейтіндісінің абсолют шамасы бірден үлкен болуы керек. Сонымен және таңбалары бірдей және ≠ 0, ≠ 0. сонда (24) теңсіздіктен >0, > 0 екені бірден шығады.

Сонымен, , A > 0 теңдеуінің [] шешімдері бар деп ұйғарып және (18) теңдік ешқандай бүтін оң n үшін мүмкін емес деп, біз бұл теңдеудің [,] шешімдерін топтық, және (24) теңсіздікті қанағаттандыратын және [x₀, y₀] ең кіші шешімдерін анықтауға қарама – қайшы болатын бүтін оң сандар. Осылай біз (9) теңдеудің барлық шешімдері (18) формуладан алынатынын дәлелдедік.

Сонымен, (9) теңдеудің әрбір [x, y] шешімі мына қатынастан шығады:

мұндағы [x₀, y₀] – ең кіші шешім. Соңғы теңдіктегі таңбасын өзгертсек,

теңдігін аламыз. Бұл теңдіктердің екі жағын да қоссақ және азайтсақ,

формулаларын аламыз.

Мысалы, біз жоғарыда көріп өткендей, теңдеуінің ең кіші шешімі x = 3, y = 2 болады, сонда бұл теңдеудің қалған шешімдері мына формула арқылы анықталады:

n = 1, 2, 3 үшін біз мына шешімдерді аламыз: [3, 2], [7, 12], [99, 70].

(9) теңдеудің ең болмағанда бір мардымды шешімі болса, онда бұл теңдеудің ең кіші шешімі болады және оның басқа шешімдері (17) формуладан шығады.

теңдеуінің A > 0 және α > иррационал болған жағдайларын толығымен қарастырдық. Егер A > 0 және α > – бүтін сан болса, онда теңдеуді мына түрде жазуға болады:

α -бүтін сан болғандықтан, x₀ және y₀ бүтін сан болады. Екі бүтін санның көбейтіндісі 1 – ге тең болады, сонда тек сонда ғана, осы сандардың әрқайсысы жеке – жеке +1 немесе -1 сандарына тең болса. Сонда

немесе

Сонымен, (9) теңдеудің А бүтін санның квадратына тең болғанда, бүтін сандар жиынында тек мардымсыз шешімдері бар: .