×
Сертификат тегін алу үшін
Материал тегін жариялау
ҚР БАҚ(СМИ) тіркеу №9512
Ең үздік ашық сабақ байқауы басталды
Алтын күз байқауы басталды
Сұрақтарды 8(771)-234-55-99 (Ватсап) осы номерге жазуға болады

БІРІНШІ ЖӘНЕ ЕКІНШІ ДӘРЕЖЕЛІ САЛЫСТЫРУЛАРДЫ ШЕШУ

Автор:Нургалиева Гулбаршын Марденовна
Бағыты: Математика
Бөлімі: Мақала
Сыныбы: 5 сынып
Жарияланған уақыты: 2019-10-12

50-ден астам пәндер бойынша материалдарды тегін жүктеп, сабақ барысында қолдануға болады

Материал туралы қысқаша түсінік

Мұғалімдерге. сабақ барысында керек

Сандардың элементар теориясының маңызды мәселелерінің бірі болып табылатын салыстырулар теориясының негізінде болады. Салыстыру жөніндегі ұғым, мұны ең алғаш рет қолданған Гаусс, бір санның екінші санға бөлігіштігі ұғымымен тығыз байланысты. Бұл ұғым бізге әсіресе берілген сандардың бірі екіншісіне бөлінетін-бөлінбейтінін және де қандай қалдық қалатынын білу керек болғанда аса қажет болмақ.Екінші дәрежелі салыстырулар теориясы ХҮІІ-ХІХ ғасырлардағы аса көрнекті математиктер Ферма мен Эйлер, Лангранж бен Лежандр, Чебышев т.б. еңбектерінде туып, қалыптасты.Салыстырулар теориясы әдістері кеңінен ғылым, технология, экономика түрлі салаларында пайдаланылады
  • Салыстырулар және салыстырулардыңнегізгі қасиеттері
Мысалы, n – натурал сан болғанда, мәнін табу үшін біз дәреже n-ді әдетте 4–ке бөлеміз де, тек қалдыққа ғана назар аударамыз. Егер де болса, онда бүтін сандар сақинасы, k – берілген бүтін сан, ал k санына еселі барлық бүтін сандар жиыны болсын. Анықтама: Егер kсаны санын бөлсе, онда aжәнеbсанына k модулі бойынша салыстырымды деп аталады. Егер а саны kмодулі бойынша b-мен салыстырымды болса, онда оны былай белгілейді:
  • Рефлексивті, яғни
Дәлелдеу. кез келген санға бөлінеді.
  • Симметриялы, яғни егер болса, онда .
Дәлелдеу. Егер (a-b)k-ге бөлінсе, онда да k-ге бөлінеді.
  • Транзитивті, яғни егер және болса, онда .
Дәлелдеу. Егер (a-b) және k-ге бөлінсе, онда k-ге бөлінеді.Осыдан салыстырымдылық қатынасының эквиваленттік қатынас екендігін көреміз. Ал эквиваленттік қатынас жиынды кластарға бөледі. Олай болса Z-бүтін сандар жиыны да эквиваленттік кластарға бөлінеді. Осы эквиваленттік кластарды kмодулі бойынша қалындылар кластары деп атайды.. А және В k-модулі бойынша қалындылар класы және . А және В беттеседі сонда тек сонда ғана, егер . А k-модулі бойынша қалындылар класы және болса, онда , яғни . Тұжырым. kмодулі бойыншаa және b сандары салыстырымды болады сонда тек сонда ғана, егер a және b сандарын k-ге бөлгенде олардың қалдықтары бірдей болса.Дәлелдеу.болсын. Осы теңдіктерден . Егер болса, онда Керісінше, егер болса, онда (1) формуладан -ның k-ге бөлінетіндігін аламыз, яғни .1-қасиет(рефликсивті қасиеті) Кез келген сан өзімен өзі салыстырымды
Дәлелдеу. кез келген санға бөлінеді.2-қасиет(Симметриялыққасиеті)Егер болса,онда Дәлелдеу. Шынында да, айырмалары санына бірдей бөлінеді.3-қасиет (Транзитивті) Егер және болса, онда .Дәлелдеу. Егер (a-b) және айырмалары –ға бөлінеді, демек, олардың -ға бөлінеді, яғни .4-қасиет Салыстырудың кез келген мүшесін бір жағынан екінші жағына кері таңбамен көшіруге болады.Дәлелдеу. Шынында да, айталық делік,сонда а-в айырмасы санына бөлінеді, олай болса а-в айырмасы модулі бойынша 0 санына салыстырымды, Дәл солай немесе 5-қасиет Модульдары бірдей екі немесе бірнеше салыстыруларды мүшелеп қосуға не азайтуға болады. Дәлелдеу.Айталық мына салыстырулар берілген болсын: және Cонда (a-b) және айырмалары, демек, олардың қосндысы -ға бөлінеді, сондықтан . Егер салыстырулар берілген болса,





болса, онда себепті, былай болады: Салдар:Салыстырудың екі жақ бөлігін де бірдей бүтін санға көбейтуге болады.6-қасиет Модульдары бірдей екі не бірнеше салыстыруларды мүшелеп көбейтуге болады.Дәлелдеу.Айталық мына салыстырулар берілді делік:
мен айырмалары бөлінеді, олай болса, олардың көбейтіндісіде бөлінеді. Бұл теңдіктен айырмасы бөлінетіндігі шығады, яғни Салдар.Егер болса, онда -кез келген натурал сан болғанда, болады. Басқаша айтқанда, салыстырудың екі жақ бөлігін де бірдей дәрежеге шығаруға болады.7-қасиет Салыстырудың екі жақ бөлігін де модульмен өзара жай сан болып табылатын олардың ортақ бөлгішіне бөлуге болады.Дәлелдеу.Айталық болса, онда k-ге бөлінеді және . Олай болса k-ге бөлінеді. Демек, a≡b (mod k).8-қасиет Салыстырудың екі жақ бөлігін де және модульды бұлардың ортақ бөлгішіне бөлуге болады.Дәлелдеу. Айталық болсын және де мұнда сандарының ортақ бөлгіші. Ал саны бөлінетін болғандықтан, саны –ге бөлінеді, яғни9-қасиет Бірнеше модуль бойынща өзара салыстырымды сандар осы модульдардың ең кіші еселігіне тең модуль бойынша да салыстырымды болады.Дәлелдеу. Айталық, мына салыстырулар берілген болсын:



айырмасы мына сандардың әрқайсысына бөлінеді, олай болса, бұл айырма ол сандардың ең кіші ортақ еселігі де бөлінедң, яғни
Бұған кері пікір де, әрине, дұрыс болады: егер сандары модулә бойынша салыстырымды болса, онда олар кез келген бөлгіш (модуль ретінде) бойынша да салыстырымды болады. Егер және ның кез келген бөлгіші болса, онда да болады. 10-қасиет Егер бүтін коэффициентті болса және де егер бүтін үшін болады.Дәлелдеу.Шынында да, мына салыстырудан


  • және (2) салыстырулардың екі жақ бөлігін де сәйкес сандарына көбейтіп және бұларды мүшелеп қосатын болсақ, онда бұлардың әрқайсысына санына арттырғаннан кейін мынау шығады:























2.1 Бірінші дәрежелі салыстыруларды шешу (1)
Бүтін рационал коэффициентті полином. Анықтама.болған жағдайда (1) салыстыру n – дәрежелі салыстыру деп аталады.Анықтама. (1) салыстыруды шешу дегеніміз полиномының мәні модуль –ға бөлінетін барлық бүтін сандарын табу аталады.Міне, осындай сандарын (1) салыстырудың шешімдері (түбірлері) деп атайтын боламыз. Салыстырудың шешімдері жөнінде мынадай пікір бар: егер саны (1) салыстырудың шешімі болса, онда модулі бойынша - мен салыстырымды әрбір саны да оның шешімі бола алады.Шынында да, егер салыстыруы дұрыс болса, онда салыстырулардың 10-қасиеті бойынша, мына
салыстыру да орындалады. Алайда ,демек, орындалады. Сонымен өкілі бір ғана кластың барлық сандары (1) салыстырудың шешімдері бола алады. Әдетте өзара салыстырымды шешімдері әр түрлі емес, бір ғана шешім болып есептеледі.Сондықтан (1) салыстырудың шешімі не түбірі деп осы салыстыруды қанағаттандыратын сандар класын айтады.(1) салыстырудың түбірі былай жазады: Сөйтіп, салыстыруды шешу дегеніміз, ақырында, берілген модулі бойынша өзара салыстырымды болмайтын оның барлық шешімдерін табуға келіп тіреледі.
  • салыстыруды кез келген түбірі мына


  • Салыстырудың барлық түбірлерін табу үшін модулі болатын 0,1,2,... қалындылардың толық системасының барлық сандарын біртіндеп сынап шығу жеткілікті. Солардың ішінен қайсысын алғандамәні -ға бөлінетін болса, сол сандар (1) салыстырудың ізделінді түбірлері болмақ.
Мысал. Мына салыстырудың мынадай үш шешімі:

  • салыстыруды шешкенде 3 түрлі жағдай болуы мүмкін.
1-жағдай. Айталық (2) салыстырудағы белгісіз х-тің а коэффициенті мен -ның 1-ден өзгеше ортақ бөлгіші жоқ делік: Мұндай жағдайда (2) салыстырудың шешімі болатынын және тек жалғыз ғана шешімі болатынын көрсетейік. Шынында да, өрнегінде х-тің орнына қалындылардың 0,1,2,..., толық системасының әрбір санын қоятын болсақ, мынадай сандар қатары шығады:(3)қатардың барлық сандары да өзара салыстырымды еместігін тексеру оңай, демек, бұл сандар модулы әр түрлі кластарға енеді.



Сонымен, (3) сандар қатары қалыңдылардың толық системасын құрайтын болып шықты, бұлай болғанда осы сандардың арасында 0 саны енген класқа тиісті жалғыз саны бар, яғни
rсаны, мұнымен бірге оған сәйкес
Шынында да, айталық (2) салыстырудың басқа бір шешімі бар делік. Бұл шешімді (2) салыстыруға апарып қойып, мына салыстыруларды табамыз:

Осы салыстырулардың бірін екіншісінен шегеріп және екендігін ескерсек, мынаны табамыз:

(3) салыстырудың шешімі мына 0,1,2,..., сандарының әрқайсысын біртіндеп сынау арқылы табуға да болады.Мысал. салыстырудың түбірін табу керек. Бұған х-тің орнына 0,1,2,3,4,5,6,7 сандарын біртіндеп қойып, 7 санының оны қанағаттандыратынын көреміз, олай болса, болады.(2)салыстырудың түбірін тапқанда, жағдайда, Эйлер мен Ферма теоремаларына негізделетін басқа тәсілді қолдануға болады. Егер болса,онда Эйлер теоремасы бойынша,
болады. (2)салыстырудың екі жақ бөлігін де санына көбейтсек,
шығады.Мұндағы санын оның өзімен салыстырымды 1 санымен алмастырсақ, ізделініп отырған шешімнің өзін шығарып аламыз:Егер де болса, онда модулына бөлгенде шығатын қалдықпен алмастырып, ақтық шешімді табамыз.Жоғарыда қарастырылған мысалында, демек (4) формуладан мынаны табамыз:
2-жағдай. Айталық, а мен k сандарының ең үлкен ортақ бөлгіші болсын, мұнымен бірге (2) салыстырудың оң жақ b бөлігі d-ге бөлінетін болсын. Сонда (2) салыстырудың дәл dшешімдері болатынын көрсетейік.Айталық, (2)салыстырудың екі жақ бөлігін де және kмодулын олардың ортақ d бөлгішіне бөліп, мына салыстыруды табамыз:Сөйтіп, (2) салыстыруды шешу үшін (5) салыстырудың шешімдерін табу қажет. Соңғы салыстыруда белгісіз х-тің коэффициенті мен модуль өзара жай сан. (5) салыстырудың,1-жағдайға қарағанда, жалғыз ғана шешімі болады:(6)
Қарап, (5) салыстырудың (6) шешімі (2) салыстыруды да қанағаттандыратынын байқаймыз. Сонымен, сандар класына (2) салыстырудың барлық шешімдері енеді. Алайда модулы k(2) салыстырудың шешімдері модулы kкластардың өкілдерінің арасында болуға тиісті. Сондықтан да (2) салыстырудың шешімдерін барлығын табу үшін, модулы
Класындағы барлық сандарды модулы бойынша dкластарға ажырату керек. класы мына кластарға ажырайды:

(7)

Сонымен, егер болса, онда (2) салыстырудың дәл dшешімі болады да, бұл шешімдер (7) салыстырулар болып табылады.
Салыстырудың барлық түбірлерін табу керек дейік. Мұнда d=4 және а=8, b=20 екеуі де d-ға бөлінеді. Берілген салыстырудың екі жақ бөлігін де 4-ке қысқартсақ, шығатыны


3-жағдай. Айталық, ақырында, делік. Бұлай болғанда, (2) салыстыруда біз қарама-қарсы қайшылықтың барын байқаймыз,өйткені модуль k–мен ортақ dбөлгіші болмайтын bсаны барлық сандары ге бөлінетін класқа ене алмайды.




  • Системаны шешкенде біртіндеп шешу методы делінетін метод қолданылуы мүмкін. (1) системаның бірінші салыстыруын шешміз, сонда –оның шешімдерінің бірі делік. Осы салыстыруды теңдеу түрінде жазайық: -кез келген бүтін сан.
x-тің осы табылған мәнін системаның келесі екінші салыстыруына
апарып қойып, у-ке қарағанда бірінші дәрежелі салыстыру шығарып аламыз:
Егер де болса, онда (2) салыстырудың айырмасы -ге бөлінетін жағдайда, орындалуы мүмкін. Осы айтылған шарт орындала- ды деп есептеп, (2) салыстырудың шешімдерінің бірін табамыз:, Осы теңдіктерден, шығады, мұнда z-кез келген бүтін сан. Егер де х-тің осы табылған өрнегін (1) системаның үшінші салыстыруына апарып қойсақ, z-ке қатысты салыстыру шығады:(3)салыстырудың саны ге бөлінетін жағдайда, дегеніміз - мен сандарының ең үлкен ортақ бөлгіші, шешімі болады. Бұл шарт орындалған жағдайда (3) салыстыруды шеше келіп, оның шешулерінің бірін табамыз:
Мұнда t-кез келген бүтін сан. Енді (1) системаның төртінші салыстыруына келейік,мұнда да х-тің мәнін орнына қоямыз
Мұнымыз да жаңа белгісіз t-ге қатысты салыстыру болып шығады:
Мұнда u- кез келген бүтін сан.Әрі қарай мәнін (1) системаның бесінші салыстыруына қоямыз т.с.с. Осы процесті әрі қарай соза отырып, ақырында (1) системаның барлық салыстыруларын да қанағаттандыратын х-тің мәнін табамыз, система, әрине, үйлесімді деп ұйғарылады.

Алдыңғы салыстырудың шешімі екеу:
Енді деп ұйғарып, системаның екінші салыстыруынан табатынымыз:

Бұдан .у-тің осы табылған мәндерін теңдігіне қойып, берілген системаның 6 шешімін табамыз.
Екінші шешімнен шығады, мұны системаның екінші салыстыруына қойып, немесе табамыз. Олай болса, салыстыруының 6 шешімі бар:
Бұларды теңдігіне қойып, берілген системаның 6 шешімін табамыз:


Бірінші салыстырудың шешімі не болмақ.
табамыз. салыстырудың шешімі болмайды, сондықтан берілген система, оған еніп отырған әр салыстырудың өз алдына шешімдері болғанмен үйлесімді емес. Бұл мысалға қарап біз мынадай қорытындыға келуімізге болады: системаның әрбір салыстыруының өз алдына шешімдері болғанмен, система үйлесімді бола бермейді.

(1)системаны қанағаттандыратын х саны (5) салыстырулардың барлығын да қанағаттандыруы тиіс екендігі түсінікті, сөйтіп, (1) системаны шешудің орнына одан анағұрлым ықшам (5) системаны шешуге болады.(1) системаның кейбір салыстыруларының шешімі бірнешеу болуы мүмкін; бұлай болған жағдайда түрі (5)-дей бірнеше система құруға тура келеді, мұндай системалардың саны, егер деп (1) системаның µ-ші салыстыруының шешімдерінің санын белгілесек, көбейтінді тең болатынын түсіну қиын емес.Енді системаның модульдары қос-қостан өзара жай сандар болып келетін аса бір қажетті жағдайда тоқтап өтейік.
мұнда модульдары қос-қостан өзара жай сандар.Мына теңдіктердің көмегімен сандарын табамыз, одан кейін мына
салыстырулардың көмегімен сандарын табамыз. (7) салыстырулардың әрқайсысының да шешімі бір-бірден ғана, өйткені

Шынында да, модулдары қос-қостан өзара жай сандар, ендеше сандары да өзара жай сандар болады, бұлардың өзгесі -ге, өзгесі -ге бөлінеді т.с.с. Олай болса, (7) салыстыруларды ескере отырып, былай жазамыз:








Мына салыстырулардан мәндерін табамыз:




















Екінші дәрежелі салыстырудың жалпы түрі төмендегідей болады:
Біз бұдан былай әрқашан да деп аламыз. Ал егер болса, онда (1) салыстыру түріндегі бірінші дәрежелі салыстыруға айналып кетер еді. Сол сияқты болғанда да тура осы жағдай қайталанады. Себебі: Ферма теоремасы бойынша екені түсінікті.(1)түріндегі салыстыруды әрқашан да ықшамдауға болады. Ол үшін (1) салыстырудың екі жағын да көбейтіп,

деп аламыз да,арқылы белгілей отырып,
Мысал. салыстыруы берілсін. Оның екі жағын 12-ге көбейтіп,
аламыз. деп белгілесек,
  • салыстырудың шешімі бар болса, онда модулінің квадраттық қалындысы, ал (2) салыстырудың шешімі болмаса модулінің квадраттық қалындысы емес деп атайды.
Теорема.Екінші дәрежелі салыстырудың бір шешімі болса, онда міндетті түрде тағы бір шешімі бар.Шындығында шешімі болсын. Онда
салыстыруынан түрінде берілген салыстырудың екінші шешімі шығады. Және әртүрлі шешімі.
























3 Модулі болып келген екінші дәрежелі салыстырулар


Сонымен, түріндегі салыстыруды (p=2 немесе кез келген тақ жай сан)шешуге болатын болса, онда модулі құрама сан болып келген (1) түріндегі салыстыру шешіледі деп есептеледі.
салыстыруын шешу керек болсын, мұндағы α – оң бүтін сан. 1. жағдай.мұндағы салыстыруын кез келген тақ жай сан қанағаттандырады да, ондай сандар жиыны 2 модулі бойынша бір ғана класын құрады. Демек, бұл жағдайда (2) салыстыруының бір-ақ шешімі бар.2. жағдай. (3)салыстыруының шешімі болса, оны түріндегі тақ сандар қанағаттандыруға тиіс:
(4)
Екі класқа бөлінетін барлық тақ сандар жиыны қанағаттандырады. Сонымен, (3) салыстырудың шешімі және екі шешімі, тек (4) қатынас орындалғанда ғана бар болады. Басқаша айтқанда (4) қатынасын қанағаттандыратын, яғни түріндегі сандар ғана 4-ке квадраттық қалынды бола алады. Сондықтан:
4. жағдай.(5)салыстыруы берілсін. (5) салыстыруының шешімі болса, ол тек тақ сан болуға тиіс. Ал барлық тақ сандар жиыны 4 модулі бойынша екі класқа бөлінеді: Бұдан


барлық тақ сандар қанағаттандырады.Басқаша айтқанда (6) шартына бағынатын сандары ғана 8-дің квадраттық қалындылары болады.Сонымен, модулі үшін мүмкін болатын әр түрлі барлық жағдайларды қарастыру нәтижесінде, төмендегідей тұжырымға келеміз.Теорема.Екінші дәрежелі
салыстыруының болғанда бір ғана шешімі бар, болғанда екі шешім бар немесе бірде-бір шешім жоқ.Ең ақырында, болғанда оның шешімінің саны
шартына байланысты, яғни бұл шарт орындалмаса, салыстырудың 4 шешімі бар, орындалмаса, салыстыруда бірде-бір шешім жоқ.Мысал. барлық түбірлерін табайық. Мұнда Салыстырудың 4 шешімі бар. Оларды табу үшін алдымен






















  • Бірінші дәрежелі салыстырудыЭйлер әдісі бойынша табу керек:

Шешуі: Эйлер теоремасы бойынша формуласымен табамыз.
осыдан -ді табамыз.

  • Бірінші дәрежелі салыстыруды ақырлы үздіксіз бөлшектердің көмегі арқылы табыңыз:
Шешуі:Ақырлы үздіксіз бөлшектердің көмегі арқылы яғни формуласы арқылы салыстырудың шешімін табамыз. Алдымен бөлшегін жіктейміз:
s 0 1
4 3
4 13




  • Бірінші дәрежелі салыстырудыЭйлер әдісі бойынша табу керек:

Шешуі: Эйлер теоремасы бойынша формуласымен табамыз.
осыдан -ді табамыз.

  • Қандай санның 14-пен көбейтіндісін 35-ке бөлгенде қалдықта 7 шығады?
Шешуі:Ізделініп отырған сандар салыстырудың түбірлері болады. Салыстырудың 7 түбірі бар, себебі:







  • Салыстырудыканондық формаға келтіру керек:

Шешуі:Яғни, түріне келтіреміз. Мұндағы

аламыз. 6x+1 деп белгілесек,
Жауабы: Курстық жұмыстың тақырыбы «бірінші және екінші дәрежелі салыстыруларды шешу». Алгебра және сандар теориясынан бірінші және екінші дәрежелі салыстыруларды шешутуралы мәліметтер жинақталды.Салыстырулар теориясы туралы зерттелді.Бірінші және екінші дәрежелі салыстыруларды шешутуралы қорытылды және курстық жұмыстың тақырыбына сәйкес есептер шығарылды.























  • Оразбаев Б.М. «Сандар теориясы». «Мектеп» баспасы, Алматы-1970 ж
  • Нурымбетов А.У. «Алгебра және сандар теориясы мен есептер жинағы» «Отан» баспасы, Алматы-2016
  • Бухштаб А.А Теория чисел: учеб.пособие для студентов физ.-мат. факультетов /А.А.Бухштаб.-2-е изд.испр. М.:Просвещение,1966.-383с
  • Виноградов И.М. Основы теории чисел: учеб.для гос. университетов/ И.М.Виноградов. – 8-е изд. испр. М.:Наука,1972. – 168 с.
  • Куликов Л.Я. Сборник задач по алгебре и теории чисел: учеб.пособие для студентов физ.-мат. спец. пед. институтов/Л.Я Куликов, А.И.Москаленко, А.А.Фомин.- М.:Просвещение,1993. – 288 с.
  • Кудреватов Г.А. Сборник задач по алгебре и теории чисел: учеб.пособие мат-ких спец. пед. ин-тов / Г.А. Кудреватов. – М.:Просвещение, 1970. – 128 с.
  • Ляпин Е.С. Алгебра и теория чисел, ч.1.:учеб.пособие для студентов физ.-мат. фак-тов пед. ин-тов/ Е.С.Ляпин, А.Е.Евсеев.-М.:Просвещание,1974. – 383 с.

50-ден астам пәндер бойынша материалдарды тегін жүктеп, сабақ барысында қолдануға болады

Сертификатты жеке кабинеттегі жетістіктерім бөлімінен жүктеп алуға болады

Материалды сайттан тегін жүктеу

Материал ұнаса парақшаңызға сақтап қойыңыз!

Өз пікіріңізді қалдыру үшін тіркелу қажет.

Олимпиада бітуіне қалды: