Egyenlet két ismeretlenek egész szám
2. tételek a megoldások száma az egyenletek két változó között.
3. Az algoritmus egyenletek megoldására.
4. Módszerek egyenletek megoldására.
5. Példák oldatok egyenletek különböző módon.
„Ki ellenőrzi a számokat
Ő irányítja a világot "
Püthagorasz.
Bevezetés.
Helyzetelemzés: .. Diophantine egyenlet releváns a mi időnkben, a téma, azaz egyenletek megoldás, az egyenlőtlenségek, a problémákat, hogy lehet csökkenteni az egyenletek megoldása az egész számok segítségével változók becslésére megtalálható különböző antológiákban és gyűjtemények matematikai vizsga.
Tanulmányozása után különböző módon megoldani egy másodfokú egyenlet egyik változó az osztályban, kíváncsiak voltunk, hogy megtudja, hogyan lehet megoldani egyenletek két változó között. Ezek a munkák találhatók az olimpián, és a vizsga anyagok.
Ebben a tanévben tizenegyedik osztályosok teljen egységes állami vizsga a matematika, ahol Kimy által kidolgozott új struktúrát. Nem „A” rész, de hozzá feladat részben „B”, és egy részét a „C”. Fordítóprogramok magyarázza C6 hozzátéve, hogy az átvételi Műszaki Egyetem képesnek kell lennie arra, hogy megoldja a feladatot, mint a magas szintű komplexitás.Probléma. Megoldása kiviteli példája vizsgafeladatok, észrevettük, hogy leggyakrabban a C6 munkát megoldása egyenletek az első és másodfokú egészek. De nem tudjuk, hogy a megoldási módjai szerepelnek egyenletek. Ebben a tekintetben, szükséges volt, hogy tanulmányozza az elmélet egyenletek és algoritmusok, ezek megoldására.
Cél: megismerni a módszer egyenletek megoldására két ismeretlen első és másodfokú egészek.
Célok: 1.) Vizsgálni az oktatási és kézikönyvek;
Gyűjtsük össze az elméleti szerinti anyag, a módszerek egyenletek megoldására;
Szétszerelni algoritmus egyenletek megoldására ilyen típusú;
Tekintsük számos példát ezzel a technikával.
A vizsgálat tárgya: egyenletek megoldására
Kutatási téma: A egyenletek két változó egészek.
Hipotézis: Ez a téma nagy gyakorlati jelentősége van. Az iskolai matematika részletes tanulmányt egyenletek egy variábilis és különböző módon megoldani őket. A szükségletek az oktatási folyamat megköveteli, hogy a diákok tudják, és képesek voltak megoldani egyszerű egyenletek két változó között. Ezért fokozott figyelmet erre a kérdésre nemcsak indokolt, hanem releváns iskolai matematika.
Ez a munka lehet használni, hogy tanulmányozza ezt a témát fakultatív hallgatók felkészülés a nyitó és záró vizsgák. Reméljük, hogy a könyv segítségével a középiskolás diákok megtanulják megoldani egyenletek ebben a formában.
1. Diophantosz és a történelem diofantikus egyenletek.
oldatok egyenletek egészek egyik legrégebbi matematikai problémákat. A legnagyobb virágzása ezen a területen a matematika elérte az ókori Görögországban. A fő forrása, jött le, hogy mi az időben, ez a munka Diophantosz - „számtani”. Diophantosz -ról és kibővített, amíg tapasztalatokat szerzett a megoldás határozatlan egyenletek egész számok.
A történelem megőrizte számunkra egy kis életrajz figyelemre méltó tulajdonságait az alexandriai tudós algebraist Diophantosz. Egyes jelentések szerint Diophantosz élt 364 évvel ie Csak annyit tudunk, egyfajta életrajz Diophantosz, amely a legenda szerint faragott a sírkövére, és egy feladat-puzzle:
„Isten kinyilatkoztatta, hogy fiú-hatoda az élet; hozzátéve, hogy ez a tizenkettedik része, eltakarta az arcát a lefelé; A hetedik a gyújtott rá a fény a házasság és öt év elteltével a házasság adott neki egy fia. Ó, jaj! A szerencsétlen néhai gyermek ható intézkedések fele teljes apja életét, ő söpört kegyetlen sors. Négy évvel később, vigasztaló bánata jutott a tudomány a számok, ő [Diofant] befejezte az életét „(kb 84 év).
Ez a kirakós egy példa a problémákat, hogy megoldódnak Diofant. Ő szakosodott feladatok megoldásában egészek. Az ilyen problémák már ismert Diophantine.
A leghíresebb, Diophantosz megoldható az a probléma, „a bővítés két négyzet.” Ez egyenértékű a jól ismert Pitagorasz tétel. Ez a tétel ismert volt Babilonban, talán ez volt ismert az ókori Egyiptomban, de ez volt az első bizonyított a Pitagorasz iskolában. Volt a neve egy csoport érdekelt a filozófia, a matematika, miután az alapító a Pitagorasz iskola (kb. 580-500g. BC)
Az élet és a munka Diophantosz zajlott Alexandria, gyűjtött és megoldani ismert, és dolgozzon ki új célokat. Később össze őket egy nagy munka „című számtani.” A tizenhárom könyvek része volt a „számtani”, csak hat maradt fenn a középkorból vált ihlető forrása a matematikusok a reneszánsz.
2. tételek a megoldások számát lineáris diofantoszi egyenlet.
Bemutatjuk itt az elmélet a nyelv, amelynek alapján az algoritmus megoldására határozatlan egyenletek az első fokú állhat két változó egészek.
1. Tétel Ha az egyenletben, akkor az egyenletnek legalább egy megoldást.
2. tétel Ha az egyenletben, és nem osztható, akkor az egész egyenletnek nincs megoldás.
3. tétel Ha az egyenletben, és ez felel meg az egyenletet, ahol.
4. Tétel Ha az egyenletben, akkor az összes szerves oldatok ennek az egyenletnek van zárva a képletek:
ahol x0, y0 - szerves egyenlet megoldása - bármilyen egész szám.
3. Az algoritmus egyenletek megoldására egész számokban.
Ezek lehetővé teszik, hogy a tételek az alábbi algoritmus megoldások egész szám formájában az egyenlet.
Keresse meg a legnagyobb közös osztó az a és b számok.
és ha nem osztható, akkor az egész egyenletnek nincs megoldás;
Divided Terminusonként az egyenletben, és így egy egyenlet, amelyben.
Find egész megoldása (x0, y0) egyenlettel 1, mint a képviselete a lineáris kombinációja a számok és;
Hozzon létre egy általános képletű a teljes megoldások egyenlet
ahol x0, y0 - szerves egyenlet megoldása - bármilyen egész szám.
Az egyenletek megoldására egész számokban és természetes számok oszthatók az alábbi módszerekkel:
1. Eljárás rendezési lehetőségeket.
2. euklideszi algoritmus.
4. A módszer a faktoring.
5. Az egyenletek megoldása az egész számok, mint egy négyzet vonatkozásában bármely változó.
6. A módszer a maradékok.
7. Az eljárás végtelen származású.
5. Példák Az oldatok egyenletek.
I. euklideszi algoritmus.
Probléma 1. egyenlet megoldását egész számokban 407h - 2816y = 33.
Mi algoritmust használja áll.
Az euklideszi algoritmus, azt látjuk, a legnagyobb közös osztó 407 és 2816:
2816 = 407 + 374 · 6; Következésképpen (407.2816) = 11, és a 33 osztva 11
Osszuk mindkét oldalát az eredeti egyenlet 11, megkapjuk az egyenlet 37h - 256y = 3, és a (37, 256) = 1
Használata Euclid algoritmus talál egy lineáris ábrázolása számokat 1-től 37 és 256.
256 · 6 = 37 + 34;
Expressz egyik utolsó egyenlet, majd egymás után fel egyenletet fogja kifejezni 3; 34, és a kapott kifejezéseket, helyettesítjük a kifejezés 1.
1 = 34 - 3 × 11 = 34 - (37 - 34 · 1) · 11 = 34 · 12-37 · 11 = (256-37 · 6) · 12-37 · 11 =
Így, 37 + (- 83) - 256 + (-12) = 1, így a számpár = x0 - y0 = 83 és - 12 egy megoldás a 37h - 256y = 3.
Írunk általános képlet megoldások az eredeti egyenlet
ahol t - bármilyen egész szám.
II variánsok rendezési folyamat.
Probléma 2. A sejt ülni nyúl- és fácánok, mindent meg 18 láb. Ismerje meg, hogyan a sejtben, és a többi?
Megoldás: megegyezik a két ismeretlen változó, ahol x - nyulak száma. y - száma fácánok:
4x + 2y = 18, és 2x + y = 9.
Ezután használja a nyers erő:
Így a probléma négy megoldásokat.
III. Eljárás faktoring.
Bust lehetőségek megtalálásában természetes megoldásokat az egyenlet két változó nagyon időigényes. Ezen felül, ha az egyenletnek egész megoldásokat, akkor menjen át őket lehetetlen, mivel az ilyen döntések végtelen. Ezért egy másik eljárás - az eljárás faktoring.
Probléma 3. egyenlet megoldását egész számokban y 3 - x 3 = 91.
Határozat. 1) használata Rövidítés Formula megszorozzuk a jobb bontható factorizations:
2) Írja ki az összes osztója 91 ± 1; ± 7; ± 13; ± 91
3) kutatásokat végeznek. Figyeljük meg, hogy minden egész szám x és y
következésképpen mind kofaktorokat a bal oldalon az egyenlet pozitívnak kell lennie. Ezután (1) egyenlet készlet egyenletek egyenértékű:
4) a szándékkal rendszer, megkapjuk az első rendszer megoldások (5; 6), (-6, -5); a harmadik (-3, 4), (- 4; 3); második és negyedik egész megoldások nem.
A: Az egyenlet (1) négy oldatok (5; 6); (-6, -5); (-3, 4); (-4, 3).
Feladat 4.Nayti minden pár pozitív egészek kielégíti a következő egyenletet
.
Határozat. Felbontjuk a bal oldalon az egyenlet és a faktoring levelet az egyenlet
mert osztói 69 a számok 1, 3, 23 és 69, majd 69 nyerhető két módon: 69 = 1 · 69 és 69 · 3 = 23. Tekintettel arra, hogy megkapjuk a két egyenletet, azt gondolva, hogy mi lesz képes megtalálni a kívánt számot:
Az első rendszer egy oldatot, és a második rendszer egy megoldást.
Probléma 5. Oldja meg az egyenletet egész:
.
Határozat. Az egyenlet formájában
Bővítjük a bal oldalon az egyenlet faktor. megkapjuk
A termék két egész szám lehet, értéke 1 csak két esetben: ha mindkettő értéke 1 vagy -1. Kapunk két rendszer:
Az első rendszer egy olyan megoldás X = 2, y = 2, és a második rendszer egy megoldást x = 0, y = 0.
Probléma 6. Oldja az egész az egyenletet
.
Határozat. Írunk az egyenlet
Bővítjük a bal oldalon az egyenlet faktoring módon csoportok kap
A termék két egész szám lehet egyenlő 7 a következő esetekben:
7 = 1 = 7 · 7 x 1 = -1 + (-7) = - 7 · (-1) .Such módon, kapjuk a négy rendszerek:
vagy, vagy, vagy.
Megoldás az első rendszer egy pár szám X = - 5, y = - 6. megoldása a második rendszer kapjuk az x = 13, y = 6. A harmadik rendszer oldatot szám x = 5, y = 6 A negyedik rendszer egy oldat X = - 13, y = - 6.
Ez megoldások egész számok.
Határozat. 1) lebomlanak a bal oldalon az egyenlet és faktoring szakadék egyenlet mindkét oldalát 3, ennek eredményeként kapjuk a következő egyenletet:
Feladat 8.Reshit egyenlet X2 Y2 = 3 egész szám.
megoldás:
alkalmazni a képlet Rövidítés megszorozzuk x 2 - y 2 = (x-y) (x + y) = 3
aydem osztója N = 3 -1 -3, 1, 3
A annoe egyenlet egyenértékű a aggregált 4 rendszerek:
X-Y = 1 2 = 4 x = 2, y = 1
x + y = 3
X-Y = 3 x = 2, y = -1
x + y = 1
X-Y = -3 x = 2, y = 1
3. Jelenleg 8 értékeket.
Ha x = 1, akkor y = -9 x = -5, akkor y = 3
X = 1, y = 9, X = 5, akkor y = -3
X = 2, akkor y = -3 x = -10, y = 9, majd
X = 2, y = 3 x = 10, akkor y = -9
Fejezzük az egyenlet az ismeretlen, ami benne van, hogy csak az első fokú - ebben az esetben:
izoláltunk egy töredéke a teljes útján polinom osztás polinomiális szabály „szög.” kapjuk:
Következésképpen, a különbség 2H-1 vehet csak az értéket -3, -1,1,3.
Továbbra is, hogy menjen át a négy esetben.
Válasz. (1, 9), (2, 8), (0, 2), (-1, 3)
Mi kifejezni n változó a változó t:
Találunk osztói 625: 1 t -25 Je; 5; 25; 125; 625
2. egyenlet megoldásához a pozitív egész szám: m 25 = 4m
Határozat. m 25 = 4m
1) kifejezni változó m n:
2) találni természetes osztói 25: (4-n) Je 1; 5; 25
4 n = 5, akkor n = 1, m = 5 (idegen gyökerek)
3 elemezte az összes pár (x, y) az egész számok, amelyek megfelelnek a rendszer egyenlőtlenségeket:
x 2 + y 2 2> x 2 + 271 + 12U
Megoldás: Válassza ki a tökéletes négyzet, megkapjuk:
(9-x) 2 + (y + 10) 2 2 + (y + 6) 2 2 2 2 2
Egyenlet két ismeretlenek egész szám