Az egyenletek megoldásainak sajátosságai egészben, az oktatók társadalmi hálózata
Maria Selkova, a Chaikovszkij 11. számú IAOU iskolájának 10. évfolyamának hallgatója
Az algebrai egyenletek megoldása egész számokból álló, egynél több ismeretlen értékkel rendelkező egész számok esetén az egyik legnehezebb és ősi matematikai probléma. Ezeket a feladatokat az ókor legkiválóbb matematikusai foglalkoztak. Az egyenletek megoldása egész számokban fontos feladat a modern matematikához.
Még az általános iskolában, a matematika osztályban gyakran megkérdezték a hallgatókat, hogy megtudják, hogy a megengedett értékek melyik betűkkel egyenlő számértékűek legyenek. Az esélyegyenlőségre ebben az esetben úgy tűnt, mint egy egyenlet a megjelölt ismeretlen mennyiségre. A nyolcadik osztályban ismerkedtünk meg a kvadratikus egyenletek megoldásával, egy változóval. De az Olimpiai felkészülés során, figyelembe véve az egységesített állami vizsga anyagait, a diákok találkoznak olyan feladatokkal, amelyekben két változó egyenleteket javasolnak.
Ezért ez a téma fontos a középiskolai hallgatók számára, akik átmennek a matematikai vizsgán.
Ez a témakör is releváns azok számára, akik belépnek a fizika és a matematika egyetemébe, azok számára, akik szeretik a matematikát és azoknak, akik részt vesznek az olimpiai játékokban.
- Bevezetés ................................................................ 2. oldal
- Az egyenletek megoldásának sajátosságai egészben .......... 5. oldal
- Egy ismeretlen egyenlet ......................... 5. oldal
- Egy egész szám gyökereinek keresése az egész koefficiensekkel .............................................. 8. oldal
- Az egyenletek megoldása egészben két vagy több ismeretlennél ................................................... 11. oldal
- Következtetés ............................................................. 15. oldal
- Referenciák ................................................... 16. oldal
- Alkalmazás.
Az algebrai egyenletek megoldása egész számokból álló, egynél több ismeretlen értékkel rendelkező egész számok esetén az egyik legnehezebb és ősi matematikai probléma. Ezeket a feladatokat sok részt vesz a legkiemelkedőbb matematikusai az ókor, például a görög matematikus Pythagoras (Vivek BC), az alexandriai matematikus Diophantosz (III században), Fermat (XVII.), L. Euler (XVIII század ) Zh.L.Lagranzh (XVIII század), P.Dirihle (XIX század), K.Gauss (XIX század), P.Chebyshev (XIX sz.) és még sokan mások.
Az egyenletek megoldása egész számokban fontos feladat a modern matematikához. Az egész számokban az egyenletek elméleti érdeke elég nagy, mivel ezek az egyenletek szorosan kapcsolódnak a számelmélet számos problémájához.
Még az általános iskolában is, a matematika tanórákon gyakran találkoztunk azzal a feladattal, hogy megismerjük, hogy a megengedett értékek között milyen betűkkel egyenlő számértékű értékek vannak a betűk mindkét részében. Az esélyegyenlőségre ebben az esetben úgy tűnt, mint egy egyenlet a megjelölt ismeretlen mennyiségre. A nyolcadik osztályban ismerkedtünk meg a kvadratikus egyenletek megoldásával, egy változóval. Azonban az Olimpiára való felkészülésben, az Unified State Exam anyagainak figyelembevételével, találkozunk olyan feladatokkal, amelyekben két változó egyenleteket javasolnak.
Ezért úgy vélem, hogy a témám fontos a középiskolai hallgatók számára, akik átmennek a matematikai vizsgán.
Ez a témakör is releváns azok számára, akik belépnek a fizika és a matematika egyetemébe, azok számára, akik szeretik a matematikát és azoknak, akik részt vesznek az olimpiai játékokban.
Volt annak a vágya, hogy megtudjuk, hogy ezek az egyenletek megoldhatók-e, és milyen módszereket alkalmaznak ezek megoldására, legyenek mindegyikük megoldási algoritmussal és alkalmazásukkal.
Különböző források figyelembevételével megjegyezzük, hogy az egész számokban az egyenletek megoldásának problémája csak az ismeretlenhez tartozó egyenletekkel oldható meg, az elsőfokú egyenletekre és a második fokú egyenletekre két ismeretlen. A második vagy két ismeretlen ismeretlennél nagyobb egyenletnél az egész megoldások létezésének problémája meglehetősen nehéz.
A probléma az, hogy nem mindenki ismeri bizonyos egyenletek megoldásainak sajátosságait.
Sokféle megközelítés is létezik az egyenletek megoldására egész számokban, de nem mindenki tudja és nem érti, hogyan kell használni őket. A legnehezebb probléma az egyenlõségek megoldása több ismeretlennél.
Az irodalomban az egész számokban levő egyenletek megoldása csak a második fokú egyenletekkel foglalkozik, két ismeretlen. A magasabb fokú két egyenlet két vagy több unknowns egyenlettel történő megoldása nehézséget jelent az összes megoldás egész számok megtalálásában és az ilyen megoldások véges vagy végtelen számának megállapításában.
Gyakran vannak olyan feladatok, ahol a problémák teljes számban, vagy csak természetes módon kell megoldani.
Munkám során az OLASZ-anyagok és a C6 megbízások anyagait átnéztem az USE-ből.
Tekintsük az egyenletek megoldásának szingularitását egészben.
- Tanuld meg, hogy sokféleképpen oldja meg az egyenleteket egészben.
- Alkalmazza az egyenletek megoldásának különböző módjait egészben a gyakorlatban.
- Az osztálytársak megismerése azzal, hogyan oldják meg ezeket az egyenleteket.
Egyenletek az egészben
Az egyenletek megoldásának módjai egész számokban.
Az elégséges számú egyenlet egész számban történő megfontolása azt a következtetést vonja le, hogy létezik egy algoritmus ezen egyenletek megoldására vagy ilyen algoritmus hiányára.
2. Az egyenletek megoldásának jellemzői egészben
Az ismeretlen értékű egyenlet megoldása az ismeretlen érték, amely alapján az egyenlet valódi numerikus egyenlővé válik.
Ennek megfelelően egy ismeretlen egyenlettel rendelkező egyenlet megoldása ismeretlen értékek egy csoportja, ha egy egyenletbe helyezzük, akkor valódi numerikus egyenlővé válik. Gyakran az egyenlõ ismeretlen megoldások megoldásait nevezzük az egyenlet gyökereinek.
1) Ismeretlen ismeretlen egyenletek.
Vegyük figyelembe az első fokozat egy egyenletét egy ismeretlenel
csak egész szám lesz, ha teljesen fel van osztva. Így az (1) egyenlet nem mindig oldható egész számokban; így például két egyenletből és az elsőnek van egy teljes megoldása. és a második az egészben oldhatatlan.
A második fok egyenletei ismeretlenek.
Ugyanezzel a körülménnyel találkozunk olyan egyenletek esetében is, amelyek mértéke nagyobb, mint az első: a négyzetes egyenlet teljes megoldásokat tartalmaz. ; az egészben levő egyenlet indokolatlan, hiszen a gyökerei. irracionális.
Nézzük meg a problémákat, ahol megadjuk a gyökerek integrált értékeire vonatkozó konkrét feltételt.
Probléma 1. A kvadratikus trinomiális integráns gyökerei, modulo nagy 2. Bizonyítsuk be, hogy a szám összetett.
Viet tétele szerint:
Probléma 2. összes egész számok a és b, hogy a gyökerek az egyenlet x 2 + (2a + 9) x + 3b + 5 = 0 eltérő egész számok, és az együtthatók és a 2a + 3b + 9 5 - prímszám.
A kvadratikus egyenlet gyökereinek tulajdonságait használjuk: x 1 x 2 = 3b + 5. Hipotézis szerint a 3b + 5 egy prímszám, és x 1 és x 2 egész számok. A prímszámok tulajdonságaitól kapjuk, hogy csak 2 eset van: x 1 = 1, x 2 = 3b + 5 és x 1 = -1 és x 2 = - (3b + 5). Az x 1 és x 2 értékek cserélhetők. a megrendelés ebben az esetben nem számít. Ismét használjuk a kvadratikus egyenlet gyökereinek tulajdonságait: x 1 + x 2 = 2a + 9. De mivel az egyik modul 1 egyenlő (1 vagy -1), gyökerei között, és a második modulo egyenlő 3b + 5, ebből következik, hogy a 2a + 9 különbözik 3b + 5: 1 Következésképpen, az egyik ezek közül még, és a második - furcsa. Hipotézis szerint mindkettõ egyszerû. Egyetlen első prímszámot ismernünk. - A második az 1-től különbözik. egyenlő 3 (1 nem elsőszámú). Azt kapjuk, hogy az egyenlet koefficiensei 2 és 3. 2 egyenletet kapunk:
Az elsőnek nincs megoldása. És a második gyökerei: -1 és -2. Mindkettő egész szám. Ezért az egyenletnek x 2 + 3x + 2 = 0 formája van
2) Egy egész szám gyökereinek megállapítása egészszámú együtthatókkal.
Az egész koefficienssel rendelkező algebrai egyenletek egész számának meghatározása a következő tételen alapul.
Legyen egyenlet az egészek együtthatóival. Ha a szám. ahol p és q egész számok, és a frakció feloldhatatlan, az egyenlet gyökere, akkor p a szabad terminus osztója. és q a vezető kifejezés együtthatójának osztója.
Nem szándékozunk bizonyítani ezt a tételt. A probléma az, hogy megmutassuk, hogyan alkalmazzák ezt a tételt az egész számok egyenleteinek megoldására.
1) Ha az egyenletben nincs szabad, azaz 0 = 0, akkor az x zárójelet a lehető legnagyobb mértékben veszik ki, és egy kisebb fokú egyenlet szabad szabadságával, amely nem egyenlő 0-val, és egy x = 0 gyökér.
2) Az első gyökeret megtalálja a kiválasztási módszer. A szabad kifejezés minden osztóját az első x = x 1 gyökér keresésig keresik, majd ezt követően az egyenlet bal oldalát egy x-x1 oszlopgal osztjuk el, és egy alacsonyabb egyenletet kapunk. Ez a művelet megismétlődik, amíg egy négyzetes egyenletet nem kapunk, amelyet a képlet megold.
Egy példa. x 3 + 6 x 2 + 5 x - 12 = 0
A gyökerek lehetnek a szabad terminus osztói, ami 12. Ezek a számok: 1, -1, 2, -2, 3, -3, 4, -4, 6, -6, 12, -12. Ellenőrizzük őket. Az első x = 1 szám az egyenlet gyökere.
Oszd meg az egyenlet bal oldalát x-1: (x 3 + 6 x 2 + 5 x-12): (x - 1) = x 2 + 7 x + 12.
Megkaptuk a kvadratikus egyenletet, megoldva azt, amelyiknek még két gyökere van: -3 és -4. Amint látható, mindkettő osztók 12.
Egy polinom egyik gyökereinek ismeretében bővíthetjük a szorzót, azaz ha egy polinom gyökere. az
Egy konkrét példánál vegyük fontolóra egy másik megközelítést a polinóznak a multiplikátorokba való faktorálásához, amikor egyenleteket oldunk meg egészben
Megoldás: mivel a vezető együttható 1, q = 1. Free tag elválasztó 1, 2, 4, 8, 16. Így, ha ez az egyenlet egy gyökér, akkor ez lesz a gyökér a számok helyettesítése őket a bal oldalon, megkapjuk Ezért, a bal oldali részét bontjuk tényezők, amelyek közül az egyik (y - 2).
Ezt a bomlást olyan módszerrel tehetjük meg, amelyet a csoportosítási módszernek nevezünk. Ennek lényege, hogy polinomiát képviseljen a kifejezési párok összegének formájában, oly módon, hogy az (y-2) faktor elválasztható minden pártól. Az első ciklus óta. akkor a második kifejezést kell megtenni. ami gőzképződést eredményez. amelyben az y - 2 szorzót el lehet érni. Így a második ciklusból "elfoglaltunk". Továbbra is. Adjuk hozzá 6y, megkapjuk a pár + 6y = -3y (y - 2), stb. Ennek eredményeképpen:
Így, hogy megtaláljuk a fennmaradó gyökereket, meg kell oldanunk az egyenletet - 3y - 8 = 0. Gyökerei :. . de nem egész számokat, ezért az egyenlet gyökere 2.
Zadacha2. Keresse meg az egyenlet egészének gyökereit
2x 4 + 7x 3 - 12x 2 - 38x + 21 = 0.
A megoldás. Az egyenlet szabad szakaszának osztói: ± 1. A vezető koefficiens pozitív osztói: 1. Következésképpen az egyenlet összes egész gyöke a számok közé tartozik. Az x = ± 1 helyettesítésével arra a következtetésre jutunk, hogy csak x = -1 az egyenlet gyökere.
- Az egyenletek megoldása egészben
két vagy több ismeretlennél.
Mivel a két vagy több ismeretlen és kétnél nagyobb fokú egyenlet megoldásának problémája nem teljesen megoldott, csak néhány példát adok az ilyen egyenletek megoldására.
Probléma 1. Oldja meg a természetes számegyenletben
N = 25 esetén ez az egyenlet
. feltételezi, hogy lehetetlen.
az (1) egyenletből m
Amiből látható, hogy m természetes szám n> 25 és at. ahol egy egész szám.
A 625 5-ös hatványokra osztható.
Vegyük fontolóra, hogy n értéke mely m értékét veszi figyelembe az egész értékek.
. következésképpen annál nagyobb a kifejezés értéke. a nagyobb n és a kisebb m. Ezért haszontalan az egyenletek további vizsgálata. az állapot csak az első két esetben teljesül.
2. probléma Az egészben megoldja az egyenletet
. egymással kölcsönösen egyszerűek, és termékük megegyezik a teljes négyzetével. különben nem lesz négyzet!
3. feladat: Legyen az egészben az egyenlet
A megoldás. A maradék -6 és 4 közötti részre osztva a -6 = 4 (-2) + 2 értéket kapjuk. A kiindulási egyenletet a
4 (x - 2 y) + 2 y + 11 z = 7.
Az x = x - 2 y helyettesítése után ez az egyenlet az alábbiak szerint írható
4 x + 2 y + 11 z = 7.
Figyelembe véve, hogy 11 = 2 · 5 + 1, akkor az utolsó egyenletet transzformáljuk:
4 x + 2 (y + 5 z) + z = 7.
Tegyük fel y = y + 5 z értéket. kapunk
Ennek az egyenletnek a következő megoldása van: x. y tetszőleges egész számok, z = 7 - 4 x - 2 y. Ezért y = y - 5 z = 20 x + 11 y - 35, x = x + 2 y = 41 x + 22 y - 70.
Így az eredeti egyenlet megoldása formában van
x = 41 x + 22 y - 70