Maktabda o‘quvchilarni diofant tenglamalari va ularni yechish usullariga o‘rgatish metodikasi
![I BOB. DIOFANT TENGLAMALARINI Ye ChISh USULLARI VA
YO‘LLARI
1.1 Diofant tenglamalari nazariyasining rivojlanish tarixi
Diofant tenglamalari deb odatda butun (yoki natural ) yechimlarni topish talab
qilingan butun son koeffitsientli tenglamalar ga aytiladi. Bunda, tenglamaga
kiritilgan noma’lumlar soni kamida ikkita bo‘lishi kerak [1].
Diofant tenglamalarini P ( x
1 , x
2 , ... , x
n ) = 0, n ≥ 2 shaklida yozish mumkin,
bu yerda P ( x
1 , ... , x
n ) - butun koeffitsientli ko‘phaddir va barcha x
i o‘zgaruvchilari
butun son qiymatlarni qabul qiladi. [45].
Chiziqli diofant tenglamasini yechish quyidagilarni aniqlashni anglatadi:
1) u kamida bitta butun sonli yechimga egami;
2) uning butun yechimlari soni chekli mi yoki cheksiz;
3) uning barcha butun yechimlarini topi sh .
Ko‘pincha diofant tenglamalari aniq mas tenglamalar deb ataladi.
Ushbu tenglamalar ning nomi antik davrning taniqli matematiklaridan biri
Iskandariyalik Diofant sharafiga qo‘yilgan U haqda juda kam narsa ma’lum.
Ko‘pgina matematika tarixchilari Diofant e ramizning III asrida yashagan degan
fikrga qo‘shiladilar [5].
Diofant(taxminan 200-taxminan 284 yillar)
Diofant tenglamalar haqidagi ma’lumotlarni ming yillar davomida bizgacha
yetib kelgan saqlanib qolgan hujjatlarda n topish mumkin.
Hatto Qadimgi Bobilda ham Pifagor uchliklarini –
6](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_6.png?v=1)
![545 ta o‘nli raqam bilan ifodalangan. Vazifaning yakuni juda istehzoli tuyulishi
bejiz emas: “Agar siz bularning barchasini topsangiz va podaning ruhiy nigohi
bilan podaning o‘lchamlarini o‘zingiz tushunib, boshqalarga yetkazsangiz, g‘urur
bilan olg‘a intiling. g‘alaba: bilingki, siz boshqalardan ustun bo‘lib, donolikda
birinchisiz" [3] .
Ammo birinchi bo‘lib aniqmas tenglamalarni tizimli o‘rganishni va ularni
yechish usullarini tavsiflashni boshlagan Diofant edi. Afsuski, Diofantning atigi
oltita asari bizgacha yetib kelgan, garchi ularning o‘n uchtasi bo‘lgan bo‘lsa ham.
Omon qolgan barcha yozuvlar "Arifmetika" deb nomlangan bitta kitobda
to‘plangan. Aslini olganda, Diofantning "Arifmetikasi" yechimlari bilan masalalar
to‘plamidir (jami 189 ta). Kitobning yetakchi g‘oyasi - aniqmas tenglamalarga
ijobiy yechimlarni topish usullarining tavsifi (muallif ratsional yechimlarga ham
ruxsat berilgan). Diofant asosan ikkinchi va uchinchi tartibli aniqmas
tenglamalarni ko‘rib chiqdi [18].
Diofantning "Arifmetika"kitobi(1621 yilgi nashri)
Diofantdan keyin hind matematiklari taxminan V asrdan boshlab aniqmas
tenglamalarni batafsil o‘rganishni boshladilar. Ular birinchi darajali aniqmas
tenglamalarni ko‘rib chiqdilar. Bunday turdagi tenglamalar (ikki yoki uchta
noma’lum) astronomik hisob-kitoblar bilan bog‘liq holda paydo bo‘ldi. Masalan,
8](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_8.png?v=1)
![ular samoviy hodisalarning davriy takrorlanishini kuzatish natijasida hosil bo‘lgan
savollarni o‘rgandilar. Xususan, hind mutafakkiri Brahmaguptada (taxminan 598 -
670) biz (taxminan 625) ax
by
c
, bu yerda a , b , c – butun sonlar,
ko‘rinishdagi e ng oddiy diofant tenglamalardan birining umumiy yechimini olish
usulining tavsifini topamiz[21].
Yevropada algebraik usullarning aksariyati aniqmas tenglamalarni yechishda
aniqlangan va rivojlantirilgan. Leonardo Pizadan (Fibonachchi) (taxminan 1170 -
1250), Fransua Vieta (1540 - 1603) va Simon Stiven (taxminan 1549 - 1620)gacha
bo‘lgan bu davrning deyarli barcha yirik algebrachilari bunday turdagi masalalarni
yechish bilan shug‘ullangan. Bu davrning o‘ziga xosligi shundaki, XVI asrning
oxirgi choragigacha. Yevropa matematiklari, garchi ular Diofantning ko‘plab
masalalari va hatto uning ba’zi usullari bilan tanish bo‘lsalar ham, “Arifmetika”
ning o‘zini o‘qimaganlar. Aynan shuning uchun yevropalik algebraistlar kompleks
sonlar haqidagi ta’limotga asoslangan ramziy hisob yo‘lidan borishdi [31].
Leonardo Pizalik ijodining davomchisi italyan rohib va matematik Luka
Pacholi (1445 - 1517) yedi. U «Arifmetika, geometriya, nisbatlar va munosabatlar
haqidagi ta’limotning yig‘indisi» (1494) asarini nashr etdi. U birinchi bo‘lib yozma
hisob texnikasini tasvirlab bergan va arab raqamlarini qo‘llagan.
"Algebra otasi" merosiga qiziqishning yangi bosqichi (ba’zida Diofant deb
ataladi) Vatikan kutubxonasida "Arifmetika" ni topgan italiyalik matematik Rafael
Bombelli (1526 - 1572) tomonidan boshlangan. Bunday ajoyib kashfiyotdan so‘ng
u o‘zining "Algebra" (1572) asarini nashr etdi, unda Diofantning unutilmas
asaridagi 143 ta masalani topish mumkin [31].
1621 yilda fransuz mutafakkiri Klod Gaspard Bachet de Meziryak (1581 -
1638) tomonidan Diofantning "Arifmetika" asarining lotin tiliga yangi tarjimasi
nashr etildi. Ushbu kitobda muallifning yunon tilida yozilgan asl manbadan
olingan bir qator masalalar bo‘yicha ko‘plab sharhlari mavjud. Xususan, Bachet de
Meziryac ax
by
c
tenglamasini qarab, unga Yevklid algoritmi yordamida
to‘liq bo‘lmagan bo‘laklarni hisoblash jarayonini qo‘lladi, shundan so‘ng muvofiq
kasrlar ko‘rib chiqildi.
9](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_9.png?v=1)
![Shunday qilib, u birinchi bo‘lib Yevklid algoritmi bilan eng oddiy chiziqli
Diofant tenglamasining yechimi o‘rtasidagi bog‘liqlikni o‘rnatdi.
Bachet de Meziryac tomonidan tarjima qilingan kitob fransuz matematigi,
raqamlar nazariyasi yaratuvchilardan biri Per Ferma (1601 - 1665) uchun
ma’lumotnoma bo‘ldi. Aynan uning sahifalarida uning Ferma yozuvlari (1630 yil
sanasi) topilgan bo‘lib, u aslida a n bn cn tenglama har qanday natural son n ≥
3. uchun musbat butun sonlar to‘plamida yechimlar ga ega emas degan gipotezani
ilgari surdi.
17-18-asrlarda.
ax by c ko‘rinishdagi aniq mas tenglamani yechish
algoritmlari fransuz matematigi Mishel Rol (1652–1719), buyuk L. Yeyler, ingliz
matematigi N. Sonderson (1682–1739) va boshqa matematiklarning asarlari tufayli
to‘ldirildi.
J. L. Lagranj tomonidan chiziqli aniq mas tenglamalarni yechish uchun
uzluksiz kasrlardan foydalanilgan. Ushbu turdagi tenglamalarga kombinatsion
usullarni nemis matematigi K.F. G indenburg (1741-1808).
1900 yilda II Xalqaro matematiklar kongressida nemis matematigi David
Gilmbert (1862 - 1943) jahon matematika jamoatchiligi oldiga keyinchalik
"Gilmbert muammolari" deb nomlangan 23 ta masalani qo‘ydi. Muammolardan
biri (10- chisi ) ixtiyoriy shakldagi Diofant tenglamasini (butun sonlarda)
ye chishning ma’lum bir universal usulini topish muammosini qo‘ydi [18].
XX-asrning o‘rtalariga kelib (1947), A.A. Markov (1903 – 1979) va
Ye.L. Post tomonidan b itta algebraik muammoning (T ue muammosi)
yechilmasligidan isbo t idan so‘ng, Gilbertning 10-masalasining yechilmasligi
(algoritmning yo‘qligi) haqida faraz paydo bo‘ldi.
1953-yilda amerikalik matematik Martin Devis (1928-yilda tug‘ilgan) bu
masalani natural sonlar yordamida yechish yo‘lini ko‘rsatgan ishni nashr etdi.
Gilbertning 10-masalasining algoritmik yechilmasligi isbotini (1970) yosh
aspirant, leningradlik matematik Yuriy Matiyasevich (1947 y. t.) keltirgan. U o‘z
isboti da quyidagi asosla rga tayangan: Fibonachchi ketma-ketligidagi sonlar
haqidagi ta’limot, "Zekkendorff yig‘indisi" tushunchasi, N.N. Vorobyov (1925 -
10](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_10.png?v=1)
![1995) teoremasi., M. Devisning maqolasi, shuningdek, amerikalik matematik Julia
Robinsonning (1919 - 1985) Pell tenglamasining bir umumlashtirishga
bag‘ishlangan maqolasi.
Yana bir diofant tenglamasi belgiyalik matematik Yevgeniy Charlz Katalan
(1814 - 1894) nomi bilan bog‘liq. Bu tenglama x y
zt
1
,ko‘rinishga ega bo‘lib,
unda barcha o‘zgaruvchilar - butun musbat sonlardir.
Ye.Sh. Katalan 1844 yilda bu tenglamaning birdan kattaroq natural sonlar
to‘plamida ya gona yechimiga ( x = 3, y = 2, z = 2, t = 3 sonlar jamlanmasi ) ega
de gan faraz ni ilgari surdi.
O‘shandan beri bu muammo "Katalan muammosi" deb ataladi.
Katal an muammosini hal qilish faqat 2003 yilda, ruminiyalik matematik
Preda Mixaylesku (1955 yilda tug‘ilgan) Katalan tomonidan ishlab chiqilgan
gipotezaning to‘g‘riligini isbotlaganida yuz berdi [23].
1.2 Variantlarni saralash va qoldiqlar usuli yordamida diofant
tenglamalarini yechish
Ikkita noma’lum x, y bo‘lgan birinchi tartibli diofant tenglamasi deb mx ny
k, bu yerda m,n,k, x, y Z ko‘rinishdagi tenglamaga aytiladi. m va n -o‘zaro
tub sonlar deb faraz qilamiz. Agar bunday bo‘lmasa, har doim tenglamaning ikkala
tomonini m va n sonlarining eng katta umumiy bo‘luvchisi (EKUB) ga
qisqartirishg mumkin (agar bunda o‘ng tomonda butun son bo‘lmagan son hosil
bo‘ladigan bo‘lsa, unda bunday tenglama yechimga ega bo‘lmaydi). Bundan
tashqari, yechish usuli m va n sonlarining absolyut qiymatlari qanchalik kattaligiga
bog‘liq. Agar koeffitsientlardan kamida bittasi (masalan, m bo‘lsin) absolyut
qiymati kichik bo‘lsa, tenglamani.
mx k ny
ko‘rinishda qayta yoz ib olamiz. Olingan (1) tenglamaning chap tomoni m ga
butun bo‘linadi. Demak, bu tenglamaning o‘ng tomoni ham m ga bo‘linishi kerak.
u ni ng m ga bo‘lishdan barcha mumkin bo‘lgan l qoldiqlarini l 0,1,...,m 1
hisobga olgan holda ko‘rsatilgan oraliqdan l ning bir qiymati uchun m ga o‘ng
tomon i ham bo‘linishini topamiz. Absolyut qiymatda m soni kichik bo‘lgani uchun
11](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_11.png?v=1)
![variantlar ham kam bo‘ladi [ 1 ].
O‘quvchilar boshlang‘ich maktabda yoq turli xil variantlarni saralash usuli
bilan tanishadilar, bu nda mehmonlarni joylashtirish , kino teatr ga borish, vaqt
o‘tkazish usullari, bolalar o‘rtasida shirinliklarni taqsimlash va hokazolarning
barcha mumkin bo‘lgan variantlarini saralash so‘raladi.
Q uyidagi misollar yordamida variantlarni tanlash usulini ko‘rsatamiz :
1-misol. Quyonlar va qirg‘ovullar qafasda o‘tirishibdi, ularning jami 18 ta
oyog‘i bor. Qafasda ikkalasining har biridan nechtasi borligini aniqlang?
Yechish: Ikki noma’lumli tenglama tuzamiz, bunda x - quyonlar soni, u -
qirg‘ovullar soni: 4x 2y 18 yoki 2x y 9. u ni x orqali ifodalaymiz: y 9
2x.
Keyinchalik variant tanlash usulidan foydalanamiz: x ning musbat
bo‘lmagan qiymatlarni olmaymiz (oyoqlar soni 0 yoki manfiy bo‘lishi mumkin
emas), shuningdek,
x > 4 (aks holda u ning qiymati manfiy bo‘ladi).
Shunday qilib, m asala to‘rtta yechim ga ega
x 1 2 3 4
y 7 5 3 1
Javob: (1; 7), (2; 5), (3; 3), (4; 1).
2-misol. 5x 8y 39 tenglamani natural sonlarda yeching.
Yechish: Tenglamani 5x 39 8y ko‘rinishda qayta yoz ib olamiz . Masala
shartlarida tenglama ma’no ga ega bo‘lishi uchun u 4 ga teng yoki kichik, lekin 0
dan katta bo‘lishi kerak: 0 u ≤ 4. Noma’lum u bo‘yicha tanlash o‘tkazamiz :
Agar u = 1 bo‘lsa , x = 39 − 8 y
5 = 39 − 8 ∙ 1
5 = 6,2
- natural son emas.
Agar y = 2 bo‘lsa, x = 4,2- natural son emas. Agar y = 3 bo‘lsa, x = 3 -
natural son.
Agar y = 4 bo‘lsa, x = 1,42- natural son emas. Javob: (3; 3).
E ndi quyidagi m asala misolida qoldiq lar usulidan foydalanishni ko‘rsatamiz:
Masala: Son 2 ga bo‘linganda 1 qoldiq, 3 ga bo‘linganda esa 2 qoldiq beradi.
Bu son 6 ga bo‘linganda qanday qoldiq beradi?
12](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_12.png?v=1)
![rn−1, rn )= EKUB ( rn , 0)= rn . [ 2 ].
Shunday qilib, ax by c birinchi darajali diofant tenglamalarini yechish
uchun q uyidagi teoremalarni qo‘llash mumkin
1-teorema . Agar EKUB (a, b)= 1 bo‘lsa, ax by 1 tenglama hech
bo‘lmaganda (x, u) butun yechim bitta juftligiga ega bo‘ladi.
2-teorema. Agar EKUB (a, b)= d > 1 bo‘lsa va c soni d ga bo‘linmasa, u
holda
ax by c tenglama butun yechimga ega bo‘lmaydi. ,
Isbot. Faraz qilaylik ax by c tenglama (x
0 , u
0 ) butun yechimga ega.
bo‘lsin
a
⁝ d , b ⁝ d bo‘lgani uchun, c (ax by) ⁝ d ni olamiz. Bu teorema shartlariga
ziddir va shuning uchun teorema isbotlan di .
3-t eorema. Agar EKUB (a, b)= 1 bo‘lsa, ax by c tenglamaning barcha
butun yechimlari
{
x= x0+bt ,
y= y0c−at
formula bilan aniqlanadi: bu yerda (x
0 , u
0 ) - ax by 1 tenglamaning butun
son yechimi, t
esa ixtiyoriy butun son.
2-misol. 15x 37y 1 [ 3 ].tenglamaning butun son yechimini topish talab
qilinadi.
1-usul. Birning 1 15 ∙
5 37 ∙
( 2) yoyilmasi dan foydalanamiz: x 5, y 2
2-usul. Yevklid algoritmini qo‘lla b quyidagilarga ega bo‘lamiz:
37 15
∙ 2 7, 15 2 ∙ 7 1. Bundan 1 15 2 ∙ 7 15 2(37 15 ∙ 2) 15 ∙ 5 ( 2) ∙
37.
U holda x
0 5 , y
0 2
Tenglamaning umumiy yechimi
{ x = 5 + 37 t ,
y = − 2 − 15 t sistemadir, bu yerda t - butun
son.
3-misol. 16x 34y 7 tenglamada EKUB (16, 34) = 2 va 7 soni 2 ga
bo‘linmaydi, ya’ni butun sonli yechimlar yo‘q.
4-misol. 27 va 96 sonlarining d eng katta umumiy bo‘luvchisini toping va
15](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_15.png?v=1)
![d 27x 96y , ko‘rinishda ifodalang, bu yerda x va u – butun sonlar
Yechi sh : [ 4 ] Yevklid algoritmidan foydalanib, 27 va 96 sonlarining eng katta
umumiy b o‘ luvchisi d ni topamiz: 96 = 3 ∙
27 + 15, 27 = 1∙15 + 12, 15 = 1+12 +
3,12 = 4∙3.
Bu yerdan d= (27, 96) = 3 ni olamiz. Yevklid algoritmining birinchi
tengligidan boshlab, oxirgisiga qadar tushib quyidagilarni olamiz:
15 = 96 – 3∙27,
12 = 27 – 1∙15 = 27 – 1∙ (96 – 3∙27) = 4 ∙ 27 – 1∙96,
3 = 15 – 1∙12 = (96 – 3∙27) – 1∙(4∙27 – 1∙96) = –7∙27 + 2∙96.
Bundan izlanayotgan ifodani topamiz 3 = –7∙27+2∙96, ya’ni, x = –7, u = 2.
Javob: d = (27, 96) = 3; 3 = 27x + 96y, bu yerda x = –7, u = 2.
Eslatma: t opilgan ifoda yagona emas ligini ta’kidlash mumkin .
3 = 27x + 96 u tenglamaning umumiy yechimi { x = − 7 − 96 t ,
y = 2 + 27 t bu yerda t Z .
1.4 Uzluksiz kasrlar yordamida diofant tenglamalarini yechish
Kasrning birinchi tushunchasi (kasrlar) uchinchi sinf o‘quvchilariga beriladi.
5-6-sinflar uchun matematika kursida o‘quvchilar “oddiy kasr” va “o‘nli kasr”
tushunchalari bilan to‘liqroq tanishadilar. Maktabda chekli uzluksiz kasrlarni
o‘rganish qisqa to‘garak mashg‘ulotlariyordamida tashkil yetilishi mumkin
10–11-sinflar uchun, uning maqsadi matematikaga qiziqish bildirgan
o‘quvchilarga o‘z fanlarida nostandart yondashuvni talab qiladigan vazifalarni
hisobga olgan holda asosiy kursni chuqur o‘rganish imkoniyatini berishdir.
Chekli uzluksiz kasrlarni o‘rganishning yana bir muhim maqsadi
o‘quvchilarning dunyoqarashini shakllantirish va ularning mantiqiy tafakkurini
rivojlantirishdir. Ushbu maqsadlarga erishish uchun maxsus tanlangan vazifalar
qo‘llaniladi, ularning yechimi ushbu kursda qo‘shimcha bilimlarni talab qiladi,
aqlni, mantiqiy fikrlashni va o‘z-o‘zini takomillashtirish istagini rivojlantiradi.
Diofant tenglamalarini yechishda uzluksiz kasrlar usulini qo‘llashni ko‘rib
chiqamiz.
16](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_16.png?v=1)
![a
b kasr b utun qism va to‘g‘ri kasrning yig‘indisi sifatida yozilishi mumkin:
a
b = q
0 + r
1
b = q
0 + 1
b
r
1 (5)
(5) dagi ikkinchi tenglikdan
b
r1
= q1+r2
r1
= q1+ 1
r1
r2
Demak, a
b = q
0 + 1
q
1 + 1
r
1
r
2
Bu jarayonni
qn maxrajiga yetguncha davom ettiramiz.
Natijada ,
a
b umumiy kasrni quyidagicha ifodalaymiz
a
b = q
0 + 1
q
1 + 1
q
2 + … + 1
q
n
bu yerda
q0 - butun son, q
1 , ... , q
n esa natural sonlardir. Bu ifoda
uzluksiz (chekli uzluksiz) kasr deyiladi.
Uzluksiz kasrning kengaytirilgan ko‘rinishining noqulaylik xususiyati tufayli
ixcham ko‘rinish qo‘llaniladi: a/b = [ q 0 ; q 1 , q 2 , … , q n ].
O‘zaro tub koeffitsientlari a va b bo‘lgan ax by c t englama
x
0 ( 1) n
cQ
n
1 , y
0 ( 1) n
1
cP
n
1 : y echimga ega, bunda P
n
1 / Q
n
1
a/b kasr uzluksiz kasr oxiridan oldingi muvofiq kasri
Isbot:
Agar ketma-ket q 0 ; q 1 , q 2 , … , q n bo‘linmalar bo‘lgan berilgan uzluksiz kasr
uchun Pi
/ Q
i muvofiq kasrlar bo‘lsa.
k = n uchun biz quyidagilarni olamiz:
17](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_17.png?v=1)
![P
n =a, Q
n =b va a Q
n
1 -b P
n
1 = ( − 1 ) n
Oxirgi tenglikning ikkala tomonini (−1)nc ga ko‘paytirsak, biz bor
a(
(−1)nc Q
n
1 )-b( ( − 1 ) n
c
P
n
1 )=c
, ya’ni
x
0 = ( − 1 ) n
c
Q
n
1 ,y
0 =
(−1)nc P
n
1 ,
bu yerda n- uzluksiz kasrning tartibi, ax by c tenglamaning yechimi.
[20].
Misol 1. Ko‘p miqdordagi 170 kg va 190 kg li konteynerlarni tashish uchun
uch tonnalik transport vositalari ajratildi. Ular bilan mashinalarni to‘liq yuklash
mumkinmi? [2]
Yechish: x va y mos ravishda 170 va 190 kg bo‘lgan konteynerlar soni
bo‘lsin, u holda 170 x 190 y 3000 tenglamaga ega bo‘lamiz. 10 ga
qiqartirilgandan keyin tenglama quyidagicha ko‘rinadi: 17 x 19 y 300 . .
Xususiy yechimni topish uchun biz17/19 kasrni uzluksiz kasrga yoyamiz
Biz unga mos keladigan oxirgi muvofiq kasrni oddiy kasrga aylantiramiz
Ushbu tenglamaning xususiy yechimi quyidagi shaklga ega:
x
0 = (–1) 4
300*9 = 2700, u
0 = (–1) 5
300*8 = –2400. Va umumiy yechim
x = 2700 – 19k, u = –2400 + 17k.
formula bilan beriladi
Bu yerdan k parametrining shartini olamiz:
18](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_18.png?v=1)
![Bular. k = 142, x = 2, u = 14.
Javob: Ha, mumkin. 170 kg dan 2 ta konteyner va 190 kg dan 14 tasi kerak
bo‘ladi.
2-misol . 127 x – 52 y + 1 = 0 tenglamani butun sonlarda yeching [24].
Yechi sh : Noma’lumlar oldidagi koeffitsientlar nisbatini o‘zgartiramiz.
Avvalo, 127/52 noto‘g‘ri kasrning butun qismini ajratamiz
127/52=2+23/52
23/52 t o‘g‘ri kasr ni unga 1 /52/23 teng kasr bilan almashtiramiz.
U holda 127/52=2+1/52/23
U maxraj dagi 52/23 noto‘g‘ri kasr b ilan bir xil o‘zgartirishlarni bajaramiz
Endi asl kasr quyidagi shaklni oladi: .
23 /6 k asr uchun o‘sha mulohazalarni takrorla b
6 /5 n oto‘g‘ri kasrning butun qismini ajratib oli b biz yakuniy natijaga
erishamiz: .
Biz chekli uzluksiz kasr deb ataladigan ifodani oldik. Ushbu uzluksiz
kasrning oxirgi bo‘g‘inini - beshdan birini tashlab, biz hosil bo‘lgan yangi uzluksiz
19](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_19.png?v=1)
![kasrni oddiy kasrga aylantiramiz va uni asl kasrdan ayiramiz.
H osil bo‘lgan ifodani umumiy maxrajga keltiramiz va uni tashlab yuboramiz ,
u holda 127*9 – 52*22 + 1 = 0.
Olingan tenglikni 127 x – 52 y + 1 = 0 tenglama bilan solishtirganda,
x = 9, u = 22 bu tenglamaning xususiy yechimi bo‘ladi. Va uning barcha
ye ch imlari
x = 9 + 52 t , y = 22 + 127 t , formulalarida bo‘ladi, bu yerda t Z .
Javob: x = 9 + 52 t , y = 22 + 127 t , , bu yerda t Z
1.5 Diofant tenglamalarining yechish uchun sochish (maydalash)
usulidan foydalanish
Sochish (maydalash) usuli birinchi marta VI asr boshlarida hind matematigi
Aryabhatta tomonidan qo‘llanilgan. Bu usul ushbu tenglamani qiymatlari
noma’lumlardan oldi dagi koeffitsientlari absollyut qiymati bo‘yicha kamayuvchi
boshqa tenglamalar ketma-ketligiga keltirishdan iborat.. Bu usul maktab
matematika kursida yoritilmagan, lekin uni 10-11-sinf o‘quvchilari uchun tanlov
kursida ham ko‘rib chiqish mumkin.
Noma’lumlar oldidagi (1) tenglama koeffitsientlarini modul bo‘yicha ketma-
ket kamaytirishga asoslangan algoritm [39]:
1. Eng kichik absolyut qiymatli koeffitsientni tanlash ( | m | < | n | bo‘lsin).
2. Koeffitsientlarni kamaytirish jarayonini o‘tkazish. Bu qoldiq li n bo‘lish
orqali amalga oshiriladi. n l m q bo‘lsin, bu yerda 0 <q< | m | -1 , u holda mx
ny k mx l m q y k mx l m y k qy
Oxirgi tenglamaning chap tomoni m ga bo‘linadi. Bu shuni anglatadiki, o‘ng
tomon ham m ga bo‘linishi kerak: k qy mt , bu yerda t Z , t – yangi
o‘zgaruvchidir.
3. Koeffitsientlarni kamaytirish jarayonini takrorlash. Yangi tenglama
20](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_20.png?v=1)
![eskisidan farq qiladi, chunki uning koeffitsientlari eskisining koeffitsientlari dan
absolyut qiymati bo‘yicha kichikroqdir. Chekl i qadamlarda biz yangi
noma’lumlardan birining koeffitsienti 1 ga teng bo‘lishiga erishamiz.
4. Yangi o‘zgaruvchilardan berilgan o‘zgaruvchilarga qaytish. B uni quyidagi
misollarni yechish orqali ko‘rsatamiz.
1-misol: Agar ikkinchisining 79 ga va birinchisining 23 ga ko‘paytmalari
orasidagi farq 1 ga teng bo‘lsa, bu ikkita sonni toping [24].
Yechish: Birinchi son sifatida x ni, ikkinchi son sifatida u ni olaylik, u holda
79 y – 23 x = 1 tenglamani yechishimiz kerak .
Qoldiqli bo‘lishni amalga oshiramiz: 79 23*3 10 va dastlabki tenglamani
23 x 79 y 1 (23*3 10) y 1 69 y 10 y 1 ↔23 x –69 y =10 y –1. ko‘rinishda
yozamiz.
Oxirgi tenglamaning chap tomoni 23 ga karrali, shuning uchun o‘ng tomoni
ham karrali bo‘lishi kerak: 10 y – 1 = 23 t yoki 10 y = 23 t + 1 , bu yerda t Z -
yangi noma’lum.
Olingan yangi tenglama asl tenglama bilan aynan bir xil t ip da. Biroq, undagi
noma’lumlarning koeffitsientlari absolyut qiymati bo‘yicha (maydalandi) kamaydi.
Koeffitsientlarni kamaytirishni yana takrorlaymiz:
10 y = 23 t + 1 = (10*2 + 3) t + 1 ↔ 10 y – 20 t = 3 t + 1 → 3 t + 1 = 10 u , bu
yerda u Z –yangi noma’lum. Koeffitsientlarni kamaytirishni oxirgi marta
takrorlaymiz: 3 t + 1 = 10 u = (3*3 + 1) u ↔ 3 t – 9 u = u – 1 → u – 1 = 3 v , v Z . .
X va u ni v orqali ifodalash qoladi u = 3 v + 1 bo‘lgani uchun
1. 3 t = 10 u – 1 = 10(3 v + 1) – 1 = 30 v + 9 → t = 10 v + 3.
2. 10 y = 23 t + 1 = 23(10 v + 3) + 1 = 230 v + 70 → y = 23 v + 7.
3. 23 x = 79 y – 1 = 79(23 v + 7) + 1 = 79*23 v + 552 → x = 79 v + 24. .
Javob (79 v + 24, 23 v + 7) , bu yerda v - butun son.
2-misol . 5 x + 8 y = 39 t englamani maydalash usuli yordamida butun sonl arda
ye ching [40].
Ye ch i sh. O‘zgaruvchini e ng kichik koeffitsient li b oshqa noma’lum orqali
ifodalaymiz :x =(39-8y)/5
21](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_21.png?v=1)
![orqali ham ko‘rsatish mumkin.
3-misol . 29 x + 13 u + 56 z = 17 butun sonlarda yeching [41]. (8)
Yechi sh. Noma’lumni qolgan e ng kichik koeffitsient li noma’lumlar
yordamida ifodalaymiz.
ni belgilaymiz
(9) dan t
1 faqat butun sonlarni qabul qilishi mumkinligi kelib chiqadi.
( 10) dan 13 t
1 3 x 4 z 4
Biz yangi Diofant tenglamasini oldik, lekin unda (10) koeffitsientlar.
kichikroq. xuddi shu mulohazalarni (12) ga qo‘llaymiz:
,
bu yerda t 2 — butun, 3 t
2 t
1 z 1 (12)
(12) da dastlabki tenglamaning z noma’lumi oldidagi koeffitsient 1 ga teng -
koeffitsientlarni " maydplash " tugallandi. Endi biz t 1 i t orqali z , x , y ni ketma-ket
ifodalaymiz:
z = –t
1 – 3 t
2 + 1,
x = 1 – 4 t
1 + t
1 + 3 t
2 – 1 + t 2 = –3 t
1 + 4 t
2 , (13)
y = 1 + 6 t
1 – 8 t
2 + 4 t
1 + 12 t
2 – 4 + t
1 = 11 t
1 + 4 t
2 – 3.
Demak,
x = –3 t
1 + 4 t
2 ,
y = 11 t
1 + 4 t
2 – 3, (14)
z = –t 1 – 3 t 2 + 1,
Bu yerda t 1 , t 2 - dastlabki tenglama tenglamasining barcha butun yechimlarini
aniqlaydigan har qanday butun sonlar.
23](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_23.png?v=1)
![7) xy=x+y<-> (x-1)(y-1)=1. Bundan kelib chiqadiki, x-1, y-1 sonlari ikkalasi
ham 1 yoki -1 ga teng. Tenglama ikkita yechimga ega: {(0;0),(2;2)}
8) x+y=1/10 <->(x-10)(y-10)=100.
Yechimlar to‘plami: {(11;110),(12:60),(14:35),(15:30),(20:20),(30:15),
(35:14),(60: 12 ),(110;11), (9;-90),(8;-40),(6;-15),(5;-10),(0;0),(-10;5), ( -15;6),(-
40;8),(-90;9)};
9) xy=p(x+y)<->(x-p)(y-p)=p 2
tenglama. p-tub son, p N.
x-p, y-p sonlarini ko‘paytmasi p 2
ga teng bo‘lgan p 2
sonining mumkin bo‘lgan
bo‘luvchilariga tenglashtirib, yechimlar to‘plamini topamiz:
{(0;0),(2p;2p),(p+1;p+p 2
),(p+p 2
;p+1),(p-1;p-p 2
),(p-p 2
;p - 1)}
10) x , y N , xy + x + y =2 32
<-> 2 32
=2 2
+1, xy + x + y =2 2
+1.
Ferma soni 2 2
+1 murakkab bo‘lib, ikkita tub sonning ko‘paytmasi sifatida
ifodalanishi mumkin:
2 2
+1=641*6700417 .Cheksiz ko‘p natural yechimlar:
{(640;6700416);(6700416;640)}
3-usul. Diofant tenglamalarini yechishda almashtirish usuli :
Ba’zi diofant tenglamalarini almashtirish yordamida ratsional sonlarda
yechish mumkin. (qarang [1]).
ax 2
+bxy+cy 2
+dx+ey=0
tenglamaga y = tx almashtirishni qo‘llasak, biz quyidagilarni olamiz:
x=( d +c t ):(a+ bt +c t 2
); y =( d +e t ) t :(a+bt+et2); t Q
Ushbu juftliklar orasida biz butun yechimlarni tanlaymiz. Agar ikki
o‘zgaruvchiga ega bo‘lgan ikkinchi darajali Diofant tenglamasida
o‘zgaruvchilardan biri faqat ikkinchi darajada paydo bo‘lsa, bunday
tenglamalarning butun yechimlarini topish uchun Eyler almashtirishlaridan
foydalanish mumkin. y 2
=k 2
x 2
+mx+n tenglamasiga birinchi Eyler almashtirishni
qo‘llaymiz:
y=kx+t, t Z
42](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_42.png?v=1)
![m=-3;-2;-1;0;1;2;3 bo‘lganda butun son bo‘lishi mumkin. ;.
Tenglama yechimlari to‘plami: {(1;-2);(-2;-2);(1;2);(-2;2)}
13) 2x 2
-5x+16-y 2
=0<->y 2
=2x 2
-5x+16.
Yechi sh : ikkinchi Eyler almashtirishidan foydalanamiz
: y=4+tx. t=m:n deb faraz qilsak; m,n Z
EKUB (m;n)=1,n>0, biz x ning n ga bo‘linishini topamiz va
x=(8t+5):(2-t 2
)=(8m+5n:(2n 2
-m 2
);y=4+[(8m+5n):(2n 2
-m 2
)m]
Tenglamaning butun sonli yechimlari, masalan,
n=1: (13;17);(-3;7);(0;4);(0;-4);(13;-17);(-3;-7);
n=2: (-68;-98);(-3;7) va boshqalar.
14) y=3x+2x+5.
Yechish: Eylerning uchinchi almashtirishini qo‘llang:
y=(x-1), t Q.
Keyin x=(t 2
+5):( t 2
-3)=1+8:( t 2
-3); y=8t:( t 2
-3)
t ning butun qiymatlari uchun bizda (t 3
-3):8 mavjud, bu t=1;-1;2;1;-2 va
yechimlarni olamiz: (1;0);(-3;4);(-3;-4);(9;16);(9;-16).
t=m/n deb faraz qilsak; ; m,n Z, n>0, olamiz: x=1+8n:(m-3n); y=8mn:(m-3n)
Agar -4n<m<4n bo‘lsa, butun yechimlar mumkin. Masalan, n=2, m=3 bilan,
ilgari topilgan yechimlardan tashqari biz: (-35;-60);(-35;60) va hokazolarni
olamiz.
15) y 2
=2x 3
-2x 2
-10x-6<->y2=2(x+1)2(x-3).
Yechish: y=t(x+1) deb faraz qilsak, x=(t 2
+6):2 ni olamiz; y=t(t 2
+8):2, t Z.
Agar t=2k, k Z bo‘lsa, x,y sonlar butun sonlardir
Keyin
x=2k 2
+3
y=4k(k2+2), k Z
yechimlar to‘plami: {(-1;0),(2k 2
+3;4k(k 2
+2), k Z }
16) xy=yx ,x,y N,x=y
y>x bo‘lsin. y=(1+t)x, t N , u holda x (1+t)x
=y x
<->x 1+t
=y ni qo‘yamiz. Bu
yerdan
44](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_44.png?v=1)
![ax+by=c:d a=a
1 d , b=b
1 d , c=c
1 d.
a
1 x + b
1 y = c
1 shuning uchun ( a
1 ; b
1 )=1 .
Shunday qilib (a;b)=1 degan xulosaga keldik.
1- t eorema 1. Agar ax=c(b) taqqosla ma ni qanoatlantirsa, u holda
(x
0 ;(c-ax
0 ):b) sonlar jufti (D) ning yechimidir, bunda (a;b)=1.
Isbot : ax
0 =c(b) to‘g‘ri sonli taqqosla ma , shuning uchun,
Sonlar ayirmasi (c-ax
0 )/b[ taqqoslana digan sonlar ta’rifi bo‘yicha],
demak (c-ax
0 ):b butun son. x----x
0 ni almashtiramiz,
y----(c-ax
0 )/b. Agar natija c bo‘lsa, unda hamma narsa isbotlangan.
A lmashtiramiz: ax
0 +b(c-ax
0 )/b=ax
0 +c-ax
0 =c;
Haqiqatan ham (x
0 ;(c-ax
0 )/b) juftligi (D) ning yechim i .
2-teorema : Agar (a,b)=1 bo‘lsa, (D) ning cheksiz butun yechimlar to‘plami
bo‘lib, ular formulalar bo‘yicha topiladi:
x=x
0 -bt,
y=y
0 +at; t Z
(x
0 ;y
0 )- (D qandaydir yechim)
Isbot :
1) (x;y) formula bo‘yicha (D) ning yechimi ekanligini ko‘rsataylik.
a(x
0 -bt)+b(y
0 +at)=ax
0 -abt+by
0 +bat=c , chunki [x
0 ,y
0 ]- yechim (D).
2) Bulardan istalgan yechimni (D)topish mumkinligini ko‘rsatamiz
formulalar ; (*); ( x
0 ; y
0 ) qandaydir yechim (D).
( x
0 ; y
0 ) -yechim(D) va (x;y) juftligi ham yechim sifatida olinganligi sababli:
a) ax
0 + by
0 = c ,
b) ax + by = c -to‘g‘ri son tengligi;
a)-b dan ayir amiz ): a ( x
0 - x )+ b ( y
0 - y )=0<-> a ( x
0 - x )= b ( y - y
0 ), , chunki
a(x
0 -x):b, x
0 -x:b,
b(y-y
0 ):a ,[chunki (a;b)=1], keyin y-y
0 :a ;
Bo‘linuvchanlikning ta’rifiga ko‘ra, shunday t Z mavjud bo‘ladi
46](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_46.png?v=1)
![x 2
+ 1 = 3 y yechim yo‘q
15 x + 40 y = 7
tenglamaning butun yechimlari yo‘qligini isbotlang.
x 2
+ 9 y 2
= 3 z + 2 yechimlar yo‘qx2+5y2= 20 z+2
yechimlar yo‘q
3 x
= 1 + y 2
(0;0)
3) Ko‘paytuvchilarga ajratish
Tenglama tenglamaning chap tomoni ko‘paytuvchioarga ajratilgan, o‘ng
tomoni esa son bo‘lgan shaklga aylantiriladi. Va chunki chap tomondagi
ko‘paytuvchi lar ham o‘ng tomondagi sonning bo‘luvchisi bo‘lishi kerak, keyin
masala tenglamalar tizimiga keltiriladi.
Misol:
xy =20 −3x+y (1) tenglamaning x,y butun sonlardagi barcha
yechimlarini toping.
Yechish:(
(1)⟺ (x−1)(y+3)=17 ⇒ {
x−1=1
y+3=17 ;{
x−1=−1
y+3=−17 ;{
x−1=17
y+3=1 ;{
x−1=−17
y+3=−1 .
Javob:(2.14); (0,-20); (18,-2); (-16,-4).
Misol:
3x2+4xy −7y2=13 tenglamaning barcha butun yechimlarini toping.
Yechish: Chap tomonni ko‘paytuvchilarg a ajratamiz:
3x2+4xy −7y2=(x− y)(3x+7y)
Bizda
( x − y )( 3 x + 7 y ) = 13
bor. Chunki 13 ni tartibni hisobga olgan holda ikkita
butun sonning ko‘paytmasi sifatida to‘rt xil usulda ko‘rsatish mumkin
(13=1∙13=13∙1=(-1)∙(-13)=(-13)∙(-1)] , biz to‘rtta sistemani olamiz:
{
x − y = 1 ,
3 x + 7 y = 13 , { x − y = 13 ,
3 x + 7 y = 1 , { x − y = − 1 ,
3 x + 7 y = − 13 , { x − y = − 13 ,
3 x + 7 y = − 1.
Faqat 1 va 3- sistemalar butun sonli yechimlarga yega.
Javob: (2,1); (-2,-1).
Misol:
3xy +16 x+13 y+61 =0 tengligi to‘g‘ri bo‘lgan barcha ( x ; y )
, butun son
juftlarini toping.
Yechish: Ushbu tenglamani 3 ga ko‘paytiring va hosil bo‘lgan tenglamaning
chap tomonini o‘zgartir amiz :
9xy +3∙16 x+3∙13 y+3∙61 =3y(3x+13 )+16 (3x+13 )+3∙61 −16 ∙13 =(3x+13 )(3y+16 − 25 )
54](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_54.png?v=1)
![a) agar y=3 bo‘lsa, 1
6 = 1
z + 1
t ≤ 2
z ⟹ z ≤ 12
1
6 > 1
z ⟹ z > 6
⟹ zϵ{ 7,8,9,10,11,12 }
z = 7 ⟹ t = 42 ⟹
( 2,3,7,42 )
z = 8 ⟹ t = 24 ⟹
( 2,3,8,24 )
z = 9 ⟹ t = 18 ⟹
( 2,3,9,18 )
z = 10 ⟹ t = 15 ⟹
( 2,3,10,15 )
z=11 ⟹ t∉N
z = 12 ⟹ t = 12 ⟹
( 2,3,12,12 )
y=4,y=5,y=6 holatlar ham xuddi shunday ko‘rib chiqiladi.
x = 3 va x = 4 holatlari xuddi shunday ko‘rib chiqiladi.
Javob: (2,3,7,42); (2,3,8,24); (2,3,9,18); (2,3,10,15); (2,3,12,12); (2,4,5,20);
(2,4,6,12); (2,4,8,8); (2,5,5,10); (2,5,6,6); (2,6,6,6); (3,3,4,12); (3,3,6,6); (3,4,4,6);
(4,4,4,4).
Baholash uchun siz ba’zi taniqli tengsizliklardan ham foydalanishingiz
mumkin:
Koshi tengsizligi:
(
a1+a2+… +an
n ≥n√a1∙… ∙an
Chebishev tengsizligi:
(a1≥a2≥… ≥an≥i)⋀(b1≥b2≥… ≥bn≥0)⟶ [(a1b1+a2b2+… +anbn)≥(a1+a2+… +an)(b1+b2+… +bn)]
O‘rtacha kvadrat xossa:
√
a
12
+ a
22
+ … + a
n2
n ≥ a
1 + a
2 + … + a
n
n
Misol: x
y + y
z + z
x = 1
tenglamaning barcha
x,y,z yechimlarini noldan farqli va
juft- juft o‘zaro tub sonlarda toping.
Yeechish: : x
y ∙ y
z ∙ z
x = 1 ⟹ t . k . x
y , y
z , z
x ∈ Q ⋂
[ 0 , + ∞ ¿
, u holda bu son larning
hammasi < 1 bo‘lishi mumkin emas, lekin ulardan kamida bittasi ≥1 bo‘lsa,
x
y+ y
z+z
x>1
⟹ yechim yo‘q.
Misol:
m=1im=2 uchun
x 3
+ y 3
+ z 3
= mxyz (*) tenglamaning x,y,z natural
57](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_57.png?v=1)
![sonlarida yechimlari yo‘qligini isbotlang va m=3 uchun uning barcha yechimlarini
x natural sonlarida toping.
Yechish ⟺ x 2
y
y 2
z + y 2
z
z 2
x + z 2
x
x 2
y = m
Oldingi misoldan kelib chiqadiki,
m≠1 .
Agar m = 2 ⟹ x 2
y
y 2
z + y 2
z
z 2
x + z 2
x
x 2
y = 2
(* *). Agar x 2
y
y 2
z , y 2
z
z 2
x , z 2
x
x 2
y sonlari teng bo‘lsa,
u holda, chunki ular ijobiy va ularning mahsuloti erta 1 bo‘lsa, u holda ularning
barchasi 1 ga teng bo‘lishi kerak va bizda
x2y
y2z+ y2z
z2x+ z2x
x2y= 3>2 . bo‘ladi. Koshi
tengsizligi tufayli:
[
1
3(
x2y
y2z+ y2z
z2x+ z2x
x2y)]
3
≥ x2y
y2z∙y2z
z2x∙z2x
x2y=1⟹ x2y
y2z+ y2z
z2x+ z2x
x2y≥3⟹
(**) bilan
ziddiyat.
Agar
m=3⟹ x2y
y2z= y2z
z2x= z2x
x2y= 1⇒ x2y= y2z= z2x=n,n∈N ⟹ (xyz )3=n3⟹ xyz = n⟹ z
x=1⟹ z= x
.
Xuddi shunday y =x ekanligi isbotlangan.
Demak, barcha yechimlarni (*) z=x=y qo‘yish orqali olamiz, bu yerda x har
qanday natural sondir.
Misol: natural sonlardagi tenglamani yeching
(
(x12+1)∙(x12+22)∙… ∙(xn2+n2)=2n∙n!∙x1∙x2∙… ∙xn,gde nϵN Ko‘rsatmalar:
Tengsizliklar yordamida chap tomondagi har bir omilni baholang.
Javob:(1,2,…,n).
6) Tenglamani kvadrat tenglamaga keltirish va diskriminantning keyingi
tahlili .
Bu usul tenglamani o‘zgaruvchilardan biriga nisbatan kvadratik deb
hisoblashga asoslangan. Shaklning diofantin tenglamalarini yechish uchun
foydalaniladi
Ax2+B y2+Cx +Dy +Exy +F=0(1),gde A≠0ili B≠0
A≠0 deb faraz qilaylik, u holda bu tenglamani x ga nisbatan kvadratik deb
58](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_58.png?v=1)
![hisoblaymiz: (1*) ¿ .
Diskriminant tahlili.
a) Agar D to‘liq kvadrat bo‘lsa, u holda (1*) ko‘paytuvchilarga ajratilishi
mumkin, ya’ni. (1*) tenglamaning quyidagi shaklini oling:
( x − P ( y ) )( x − Q ( y ) ) = 0
.
Misol: x 2
− xy +
( y − 1 ) = 0
tenglamani butun sonlarda yeching.
Yechish: :
D= y2− 4y+4=(y−2)2⟹ x1=1,yϵZ x2=1− y,yϵZ
b) Agar [a,b] segmentining cheklangan hududida D≥0 bo‘lsa, biz D to‘liq
kvadrat bo‘lgan qiymatlarni tanlab, sanab o‘tamiz.
Misol:
x 2
+ y 2
− 4 x − 7 y + 2 = 0 tenglamani butun sonlarda yeching.
Yechim:
x2−4x+(y2−7y+10 )= 0⟹ D1=− y2+7y−6=−(y−1)(y−6)
D1≥0⟺ yϵ[1;6] Mumkin bo‘lgan holatlarni ko‘rib chiqsak, biz quyidagilarni olamiz: ( 2,1);
(2,6); (0,2); (4,2); (0,5); (4,5)
Javob: (2,1); (2.6); (0,2); (4.2); (0,5); (4.5)
c) Agar cheksiz mintaqada D≥0 bo‘lsa, u holda boshqa mulohazalar asosida
diskriminantni tahlil qilishga harakat qiling.
Misol:
x 2
+ 2 xy + 5 y = 0 butun sonlardagi tenglamani yeching.
Yechim:
D = 4 y
( y − 5 ) D ≥ 0 ⟺ y ϵ ¿
Pust d=(y,y− 5)⟹ 5⋮d⟹ dϵ{1,−1,5 ,−5}
1¿d=±5⟹ y=5m ,mϵZ⟹ D= 4∙25 ∙m ∙(m−1).
T . k .
( m , m − 1 ) = 1 ⟹
(
D = n 2
⟺ m = a 2
i m − 1 = b 2
, gde a , b ϵ Z ) ⟹ a 2
− b 2
= 1 ⟺ a 2
= 1 2
i b 2
= 0 2
⇒ d = ± 5 ⟹ y = 5 ⇒ x = − 5
2) d = ± 1 ⟹
( y , y − 5 ) = 1
D = n 2
⟺
{ y = a 2
y − 5 = b 2 ili { y = − a 2
y − 5 = − b 2 , gde a , b ϵ Z
.
a 2
− b 2
= 5 ⟹
[ a = 3 ⇒ y = 9
a = − 3 ⟹ y = 9
b) Ikkinchi sistemani yechishda y=-4 ni olamiz.
D=0 ⟺ y=0 yoki y=5
59](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_59.png?v=1)
![T.k. ( a , b ) = 1 ⇒ ( a , x ) = 1 ⟹ ( a 2
− x , a 2
+ x ) = 2 ⇒ { a 2
− x = 2 c 4
a 2
+ x = 2 d 4 ⇒ a 2
= c 4
+ d 4
.
Shunday qilib, biz kichikroq
z bilan (1) tenglamaning yechimini topdik va
shu bilan isbotlashni yakunladik.
Misol: 113 x + 179 y = 17
tenglamaning x > 0 , y > − 100
butun son yechimlarini
toping
Yechish : Tenglamani
113 (x+y)+66 y=17 .
ko‘rininshda yozib olamiz
x+y= u,113 u+66 y=17 . 113 ni 66 ga qoldiqli
bo‘lamiz : 113 = 2 ∙ 66 − 19
.
66 (2u+y)−19 u=17.
ni olamiz.
2u+y= v,66 v−19 u=17 ,66 =19 ∙3+9.
19
( 3 v − u ) + 9 v = 17 , 3 v − u = w ;
19 w + 9 v = 17 , 9
( 2 w + v ) + w = 17 , 2 w + v = t .
Bundan
9t+w=17 . Ye chimi : w=17 −9t,t−butun son .
Orqaga qaytamiz :
v = t − 2 w = t − 34 + 18 t = 19 t − 34 , u = 3 v − w = 66 t − 119 , y = v − 2 u = − 113 t + 204 , x = u − y = 179 t − 323.
Shunday qilib , x = 179 t − 323 , y = − 113 t + 204 , t − ixtiyoriy butun son .
¿0,y>−100 shartdan t=2,x=35 ,y=−22
.
Javob : 35; -22.
Topshiriq .
1) 15 x + 40 y = 7
tenglama butun sonli yechimlarga ega emasligini
isbotlang an.
2)
4x−3y=11 tenglamaning barcha butun sonli yechimlarini toping .
3)
3x+4y= 18 tenglamaning barcha butun sonli yechimlarini toping ..
4) 9 x − 7 y = 4
. tenglamaning barcha butun sonli yechimlarini toping .
7-misol . Usta bir soat ichida 5 dan katta qismlarning butun sonini, shogird i
yesa 2 qismni kam qiladi. Bitta usta buyurtmani butun soat ichida va ikkita shogird
birgalikda - 1 soat tezroq bajaradi. Buyurtma necha qismdan iborat? [39]
Ye chish :Usta 1 soatda x > 5 qism yasasin, keyin shogird bir soatda (x – 2)
qismlarni yasasin. Usta ham buyurtmani t soat ichida bajarsin, bu yerda t butun
63](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_63.png?v=1)
![son. Masalaning shartlariga ko‘ra xt 2( x 2)( t 1) t englamaga ega bo‘lamiz.
Berilgan tenglamaning ba’zi o‘zgarishlarini qilaylik:
xt 2( x 2)( t 1) =2(xt-x-2t+2)=2xt-2x-4t+4 ,
-xt -2x-4t+4,
-xt
t(4-x)=-2x=4
t(x-4)=2x-4
Oxirgi tenglikdan t o‘zgaruvchisini ifodalaymiz:
.t=(2x-4)(x-4)=2+4/x-4
(23) t englikda 4/x-4 kasr
butun son bo‘lishi kerak. X > 5 uchun bu x = 6 yoki x = 8 bo‘lganda mumkin.
Birinchi holda, biz t = 4, ikkinchisida - t = 3 yekanligini topamiz. Ikkala holatda
ham buyurtma xt = 24 qismdan iborat.
Javob: 24 qismdan.
8-misol . Bir guruh maktab o‘quvchilarini yozgi oromgohdan ikki usulda olib
o‘tish kerak: yo ikkita A rusumli avtobusda bir necha marta qatnovga, yoki B
tipidagi uchta avtobusda bir necha marta qatnovga va har bir avtobus B turi ning
qatnov soni. A tipidagi har bir avtobusning qatnov sonidan bitta kam bo‘ladi .Har
birida
Bunday holda, avtobuslar to‘liq to‘ldiriladi. Agar B toifali avtobusda A
tipidagi avtobusga qaraganda 7 kishi kam bo‘lsa, belgilangan sharoitlarda
maksimal qancha maktab o‘quvchilarini tashish mumkin? [39]
Yechi sh :B tipidagi avtobusda k kishi, A tipidagi avtobusda (k + 7) kishi
bo‘lsin va B tipidagi avtobuslarning har biri m dan, A tipidagi avtobuslarning har
biri – A-(m + 1) reys qilsin . Ikkala holatda ham avtobuslar bir xil miqdordagi
maktab o‘quvchilarini tashiydiganligi sababli, biz tenglamani olamiz:
3 km 2( k 7)( m 1). (24)
Qavslar va arifmetik o‘zgarishlar ochilgandan keyin
km 14 m 2 k 1 , (25)
Bundan
64](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_64.png?v=1)
![Keyin (m – 2)(k – 14) = 42 (26) tengligi bilan ishlaymiz.
42 sonining bo‘luvchilari 1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42 raqamlari. Barcha
bo‘luvchilarni sanab sakkizta tenglamalar tizimini beradi, ularni yechish orqali k
va m sonlari uchun mumkin bo‘lgan yechimlarni olamiz: (15) 44), (16; 23), (17;
16), (20; 9), (21; 8), (28; 5),
(35; 4), (56; 3). Har bir raqam juftligi uchun biz 3 km ga tashilgan maktab
o‘quvchilari sonini topamiz, ya’ni 1980, 1104, 816, 540, 420, 420, 504.
Shu sababli, tashish mumkin bo‘lgan maktab o‘quvchilarining maksimal soni
- 1980 bola.
Javob: 1980 bola.
9-m isol. Boshlang‘ich sinf o‘quvchilari o‘rtasida so‘rov o‘tkazildi: kim qishni
sevadi va kim yozni yaxshi ko‘radi. Ma’lum bo‘lishicha, qishni sevuvchilarning 90
foizi yozni, yozni sevuvchilarning 72 foizi qishni ham yaxshi ko‘rishadi. Ammo
barcha respondentlarning 10 foizi qishni ham, yozni ham yoqtirmaydi. Bunday
sharoitda respondentlarning eng kam soni qancha bo‘lishi mumkin? [39]
Yechi sh :Yozni yaxshi ko‘radigan maktab o‘quvchilari sonini x bilan, qishni
yaxshi ko‘radigan maktab o‘quvchilari sonini y bilan va barcha so‘ralgan maktab
o‘quvchilari sonini z bilan belgilaymiz. Masalaning shartlariga ko‘ra quyidagi
tenglamalar sistemasiga ega bo‘lamiz:38
Bundan tashqari, 0,1y va 0,28x =7/25 x sonlari butun bo‘lishi kerak. Bu shuni
anglatadiki, y 10 ga, x yesa 25 ga bo‘linadi. Ushbu shartlar ostida
o‘zgaruvchilarning eng kichik qiymatlari y = 20 va x = 25. Bu holda,
z=(10x+y)/9=30 . Ya’ni kamida 30 nafar maktab o‘quvchilari bilan suhbat
o‘tkazildi.
65](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_65.png?v=1)
![Javob: 30 nafar maktab o‘quvchilari.
2. 3 Butun sonlarda olimpiada masalalarini yechishga tayyorgarlik
Fan olimpiadalari ko‘pincha bir sinf o‘quvch l ari yoki turli ta’lim muassasalari
talabalari o‘rtasida musobaqa shaklida o‘tkaziladi. Olimpiadalar ishtirokchilardan
o‘rganiladigan turli fanlar bo‘yicha o‘z bilim, ko‘nikma va malakalarini namoyish
etishlarini talab qiladi.
Olimpiada ishtirokchisi odatda unga intensiv tayyorgarlik ko‘radi, bu esa
o‘quv va qo‘shimcha materiallarni o‘zlashtirishni osonlashtiradi. Olimpiadada
ishtirok etish, ayniqsa, agar ishtirokchi sovrinni qo‘lga kiritgan bo‘lsa, qo‘shimcha
ta’lim olish uchun ta’lim muassasalariga kirishda afzallik bo‘lishi mumkin.
Turli darajadagi olimpiadalarda eng keng tarqalgan vazifalardan biri bu
diofant tenglamalari yoki ularga olib keladigan muammolar.
O‘ tgan olimpiadalardan olingan bunday topshiriqlarning misollarini ko‘rib
chiqaylik.
1-misol . 10x 2
+ 11xy + 3y 2
= 7 tenglamani butun sonlarda ikkita noma’lum x
va y bilan yeching [7].
Yechi sh :Tenglamaning chap tomonini (5x + 3y) (2x +yy) ko‘rinishga
o‘tkazamiz. Shunday qilib, bu tenglama quyidagi (–4; 9), (14; –21), (4; –9), (–14;
21) butun ildiz juftlariga olib keladigan 4 ta tizimga ekvivalent bo‘ladi.
Javob: (–4; 9), (14; –21), (4; –9), (–14; 21).39
2-misol . Butun sonlardagi tenglamalar tizimini yechish [12].
Yechi sh. ushbu sistemani quyidagicha yozamiz
U holda (x 2
+ y) 2
=y 2
+ x + 6 yoki x(x 3
+ 2xy– 1) = 6 ni olamiz.
Shuning uchun x 6 ning bo‘luvchisidir, ya’ni. x . Bizga mos
keladigan yagona qiymatlar x 1;2;3; 6 Agar
x = –1, u holda y = 2, z = 3;
66](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_66.png?v=1)
![x = 1, u holda y = 3, z = 4;
x = 2, u holda y = –1, z = 3
x = 3, , u holda y = –4, z = 5;
x = –6, , u holda y = –18, z = 18
Javob: (–1; 2; 3), (1;3;4), (2; –1; 3), (3; –4; 5), (–6; –18; 18).
3-misol . a va b natural sonlarning45 a
– b b
= 1998 [4] tengligini qondirish
barcha juftlarini (a; b) toping,
Ye chish :1998 va 45 a
sonlari 3 ga karrali, shuning uchun b b
soni ham 3 ga
karrali bo‘lishi kerak. Ya’ni ba’zi natural k soni uchun b = 3k. Keyin 45 a
= 1998 +
3 3
k * k 3k
. Olingan tenglikning o‘ng tomonidagi ikkala shart ham 3 3
= 27 ga
ko‘paytiriladi, shuning uchun raqam
45 a
ham 27 ga karrali bo‘lishi kerak, ya’ni a 2. Bu 45 a
= 5 a
*9 a
9 2
= 81 ga
bo‘linishini bildiradi. Agar k 2 bo‘lsa, 3 3
k * k 3k
soni 81 ga bo‘linadi, shuning
uchun 1998 raqami 81 ga bo‘linishi kerak, bu noto‘g‘ri.
Shuning uchun, k = 1, ya’ni. b = 3, va shuning uchun 5 a
= 1998 + 3 3
= 2025 =
45 2
yoki a = 2.
Javob: (2; 3).40
4-misol . 6x 2
+ 5y 2
= 74 tenglamani butun sonlarda yeching [32].
Ye chish Asl tenglamani quyidagicha yozamiz: 6( x 2
– 4) = 5(10 – y 2
) , ya’ni
bundan bizda x 2
4 5 u , 10 y 2
6 v u v degan ma’noni anglatadi.
Demak, x 2 4 5 u , t.e. 4 5 u 0 , , qayerdan u
Xuddi shunday y 2 10 6 v , t.e. 10 6 v 0 bundan
v ≤ 5 / 3
0 Demak u v .
u v 0 uchun biz 10 =y 2
ni olamiz, bu yerda y butun son, bu mumkin
emas.
u v , keyin x 2
= 9 va y 2
= 4 bo‘lsin.
Javob: (3; 2), (–3; –2), (3; –2), (–3; 2).
67](https://docx.uz/documents/f9a63e2e-cbb0-465f-8aa7-8b33caa2e122/page_67.png?v=1)
Maktabda o‘quvchilarni diofant tenglamalari va ularni yechish usullariga o‘rgatish metodikasi
-
Похожие документы
- Ayirmali sxemalar, ularni qurish va differensial masalani approksimasiyalash. Dirixle masalasi. Chekli — ayirmali tenglamalar sistemasini iterasiya usuli bilan yechish (Libman o‘rtalash jarayoni)
- Bernulli tenglamasi. puazeyl va darsi-veysbax formulalari. gidravlik zarba
- Boshlang‘ich sinflarda matematikadan uy ishlari va o‘quvchilar bilimini reyting baholash va baho normalalri
- Bir o‘lchamli nostatsionar issiqlik o‘tkazuvchanlik tenglamasini chekli ayirmalar usuli bilan yechish
- Boshlang‘ich sinflarda matematika o‘qitish metodlari va ularning kilassifikatsiyasi