Az egyenletek megoldása az egész számok 1
Saját természetesen projekt elkötelezett az egyik legérdekesebb részek elméletének szám - az egyenletek megoldása az egész számok.
Megoldás az egész algebrai egyenletek egész együtthatós több mint egy ismeretlen az egyik legnehezebb probléma a számelmélet.
A probléma megoldásának egyenletek egész teljesen megoldott csak egyenleteket a másodfokú két ismeretlen. Megjegyezzük, hogy az egyenletek bármilyen fokú egy ismeretlen ez nem jelent jelentős érdeklődés, mivel ez a probléma is megoldható egy véges számú minta. A fenti egyenletek a másodfokú két vagy több ismeretlenes nagyon nehéz nem csak a probléma megállapítás minden megoldások egész, de még egy egyszerű feladat fennállását megállapító véges vagy végtelen halmaza ilyen megoldásokat.
Az én projektben Megpróbáltam felvázolni néhány főbb eredményeit az elmélet; egyenletek megoldására egész számokban. Tétel megfogalmazott benne vannak ellátva, bizonyítékokat, amennyiben a bizonyítékok meglehetősen egyszerű.
1. egyenlet egy ismeretlen
Vegyük az első fokú egyenlet egy ismeretlen
Hagyja, hogy a koefficiensek egyenlet
- egészek. Nyilvánvaló, hogy a megoldást ez az egyenlet
csak egy egész szám, amikor
osztható
. Így, (1) egyenlet nem mindig oldható egész számok; például, a két egyenletet
Az első az a teljes megoldás
, és a második a egészek megoldhatatlan.
Ugyanazzal a körülmény találkozunk esetén egyenletek mértéke nagyobb, mint az első: a másodfokú egyenlet
Azt egész megoldások
a egészek megoldhatatlan, hiszen gyökerei
A probléma a megállapítás a gyökerei az egyenlet, mint a n-ed-fokú egész együtthatós
t. e. alkotják a csökkenő számú nem-negatív számok.
Mivel a száma egész számok, amelyek nem haladja meg a b, nem lehet végtelen, majd egy bizonyos szakaszában a kialakulását részleges hányadosokat végződik miatt eltűnő a következő R maradék. enged
- az utolsó nemnulla fennmaradó a sorozatban (5); majd
és az euklideszi algoritmus a és b számok formájában fog
Átírjuk az egyenletek formájában kapjuk a
az első sorban ilyen egyenletek megfelelő értéket a második sorban értéket
- kifejezés a harmadik sorban, és így tovább. e. megkapjuk a bomlás
A kifejezések nyert frakció továbbra eldobásával összes egység, kezdve egy bizonyos szintet, az úgynevezett megfelelő frakciókat. Először is: a konvergens
kapcsolja eldobva az összes link kezdődő
A második konvergens
Ez nyert leadásának minden kapcsolatot kezdődő
Ez az eredmény megoldja a problémát a megállapítás minden szerves egyenlet megoldásai az első fokú, két ismeretlennel. Nézzük néhány egyenletek a második fokozatot.
3. PÉLDÁK másodfokú egyenlet három ismeretlennel
Példa I. példa Tekintsünk egy másodfokú egyenlet három ismeretlennel:
Geometriai megoldásokat az egyenlet egész számokban is értelmezhető megállapítás minden Pythagorean háromszögek t. E. A jobb háromszögeket, amelyek a lábakat és a
fejezik ki az egész számokat.
- bármely egyenlet megoldása (29). Így beláttuk, hogy ha az egyenlet (25) legalább egy megoldás, akkor végtelen sok közülük.
Nem lehet azt állítják, hogy a képlet (31) mind egyenlet megoldásai (25). Az elmélet az algebrai számok azt bizonyította, hogy minden megoldása a (25) egész állíthatjuk elő, hogy egy véges és függ az egyes
a megoldások száma ennek az egyenletnek, és megszorozzuk őket a képletek (31). Egyenlet (25), ha A jelentése negatív, vagy egyenlő a tér egy egész szám lehet csak véges számú megoldásokat. A leggyakoribb megoldás az egyenletek a másodfokú két ismeretlenek egész szám, egyenletek formájában
ahol a számok az A, B, C, D, E és F - egész számok csökkentett szubsztitúciók útján a változók az egyenletek megoldása (25) pozitív vagy negatív A. Ezért, a viselkedés a megoldásokat, ha léteznek, ugyanazok, mint az egyenletben típusú (25). Összegezve a fentieket elmondhatjuk, hogy az egyenlet másodfokú két ismeretlen típusú (32) nem lehet megoldás egészek, lehet őket csak véges számú, és végül is van egy végtelen számú megoldást, és ezek a megoldások majd vett véges számú generalizált mértani sorozat alatt megadott (31).
PROGRAM №1 (egyenlet egy ismeretlen)