Az egyenletek megoldása az egész számok - Matematika
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 az egyenlet és - egész számok. Nyilvánvaló, hogy a megoldást ez az egyenlet
Ez csak egy egész szám, ha osztható. Így, (1) egyenlet nem mindig oldható egész számok; például, a két egyenlet, és az első oldatban van egy egész szám, és egy második integer oldhatatlan.
Ugyanazzal a körülmény találkozunk esetén egyenletek mértéke nagyobb, mint az első: a másodfokú egyenlet egész megoldásait; egyenlet egész megoldhatatlan, hiszen a gyökerei irracionális.
A probléma a megállapítás a gyökerei az egyenlet, mint a n-ed-fokú egész együtthatós
Ez könnyen megoldható. Sőt, még akkor is - a gyökere ennek az egyenletnek. majd
Az utolsó egyenlet azt mutatja, hogy az osztható; ezért minden gyöke egyenlet (2) egy elválasztó konstans egyenlet. Ahhoz, hogy megtalálja a egész egyenlet megoldásai szükséges, hogy kiválassza azokat alcsoportok behelyettesítve az egyenletbe válik identitás. Például, az 1, -1, 2, -2, ami az összes osztói konstans egyenlet
Csak -1 egy gyökér. Ezért ez egyenletnek egyetlen gyökere. Ugyanezzel a módszerrel könnyen azt mutatják, hogy az egyenlet
egész számokban megoldhatatlan.
Sokkal nagyobb érdeklődés van a döntés egész egyenlet sok az ismeretlen.
Bővebben: az egyenlet az első fokú, két ismeretlenes
Információk a „egyenletek megoldása az egész”
Kategória: Matematika
Karakterek száma szóközökkel: 24303
Asztalok száma: 27
Képek száma: 7
formájában receptek, nem tüntették fel, hogy hogyan talált. Annak ellenére, hogy a magas szintű fejlődését algebra Babilonban, az ékírásos szövegek • nincs fogalma negatív szám, és az általános megoldási módjait, a másodfokú egyenletek. Ahogy döntöttek Diophantosz és másodfokú egyenletek. A „számtani” Diophantosz szisztematikus kifejtését algebra, de tartalmaz.
frakcionált konverziós felül csoportok közös megoldások trigonometrikus egyenletek. A harmadik rész foglalkozik a nem szabványos trigonometrikus egyenletek, amelyek alapján a funkcionális megközelítés megoldásokat. A negyedik rész foglalkozik a trigonometrikus egyenlőtlenséget. Részletek tárgyalt módszerek elemi trigonometrikus oldatai egyenlőtlenségek, mint egy egység kör, és így.
;. azaz ; Egy általános megoldás. hol. 2. módszer: Vegyünk egy másik módja a megállapítás megoldások LDE két ismeretlen, és ehhez tartjuk az egyenlet formájában. Egyenletek az ilyen típusú nevezik lineáris homogén diofantikus egyenletek (Lineáris Közönséges differenciálegyenletek). Kifejezése ismeretlen. keresztül érkezik meg az ismeretlen Mivel x egész számnak kell lennie, ahol a -. tetszőleges egész szám. Jelent.
ha a kezdeti megközelítés pont messze a megoldás pont, a módszer a Newton - Raphson nem konvergál. A geometriai értelmezés nem konvergens Newton - Raphson módszer ábrán látható. 1b. Kijelölési algoritmust: a megoldás egyenlet (1) Input: A kezdeti közelítését x0 pontossága (az iterációk száma I) Kimenet: Xi - a egyenlet megoldása (1) inicializálás: kiszámítja f „(x0) lépések.