Esszé „egyenlet két ismeretlenek egész”

Így a probléma négy megoldásokat.

2.3 Eljárás a faktoring.

Bust lehetőségek megtalálásában természetes megoldásokat az egyenlet két változó nagyon időigényes. Ezen felül, ha az egyenletnek egész megoldásokat, akkor menjen át őket lehetetlen, mivel az ilyen döntések végtelen. Ezért egy másik eljárás - az eljárás faktoring.

Határozat. 1) használata Rövidítés Formula megszorozzuk a jobb bontható factorizations:

2) Írja ki az összes osztója 91 ± 1; ± 7; ± 13; ± 91

3) kutatásokat végeznek. Figyeljük meg, hogy minden egész szám x és y

következésképpen mind kofaktorokat a bal oldalon az egyenlet pozitívnak kell lennie. Ezután (1) egyenlet készlet egyenletek egyenértékű:

4) a szándékkal rendszer, megkapjuk az első rendszer megoldások (5; 6), (-6, -5); a harmadik (-3, 4), (- 4; 3); második és negyedik egész megoldások nem.

A: Az egyenlet (1) négy oldatok (5; 6); (-6, -5); (-3, 4); (-4, 3).

Feladat 4.Nayti minden pár pozitív egészek kielégíti a következő egyenletet

Határozat. Felbontjuk a bal oldalon az egyenlet és a faktoring levelet az egyenlet

mert osztói 69 a számok 1, 3, 23 és 69, majd 69 nyerhető két módon: 69 = 1 · 69 és 69 · 3 = 23. Tekintettel arra, hogy találunk két egyenletet, azt gondolva, hogy mi lesz képes megtalálni a kívánt számot:

Az első rendszer egy oldatot, és a második rendszer egy megoldást.

Feladat 5.Reshit egyenlet egész:

Határozat. Az egyenlet formájában

Bővítjük a bal oldalon az egyenlet faktor. megkapjuk

A termék két egész szám lehet, értéke 1 csak két esetben: ha mindkettő értéke 1 vagy -1. Kapunk két rendszer:

Az első rendszer egy olyan megoldás X = 2, y = 2, és a második rendszer egy megoldást x = 0, y = 0.

Feladat 6.Reshit az egész az egyenlet

Határozat. Írunk az egyenlet

Bővítjük a bal oldalon az egyenlet faktoring módon csoportok kap

A termék két egész szám lehet egyenlő 7 a következő esetekben:

7 = 1 = 7 · 7 x 1 = -1 + (-7) = - 7 · (-1) .Such módon, kapjuk a négy rendszerek:

vagy, vagy, vagy.

Megoldás az első rendszer egy pár szám X = - 5, y = - 6. megoldása a második rendszer kapjuk az x = 13, y = 6. A harmadik rendszer oldatot szám x = 5, y = 6 A negyedik rendszer egy oldat X = - 13, y = - 6.

Ez megoldások egész számok.

Határozat. 1) lebomlanak a bal oldalon az egyenlet és faktoring szakadék egyenlet mindkét oldalát 3, ennek eredményeként kapjuk a következő egyenletet:

2) száma elválasztó 10. ± 1, ± 2, ± 5 ± 10. Megjegyezzük továbbá, hogy az összeget a tényezők bal oldalán (2) egyenlet értéke 0. Ez könnyen ellenőrizhető, hogy az összege bármely három a több számok térelválasztó 10, így a terméket 10 nem lesz egyenlő 0 Következésképpen, az eredeti egyenlet nem megoldható egész számok.

Feladat 8.Reshit egyenlet: x 2 - y 2 = 3 egész szám.

1. alkalmazandó képletű Rövidítés megszorozzuk x 2 - y 2 = (x-y) (x + y) = 3

2. megtalálják a osztói 3 = -1, -3, 1, 3

3. Ez az egyenlet ekvivalens az aggregált 4 rendszerek:

(Y + 10) 2 <6 -2 ≤ у+10 ≤ 2 -12 ≤ у ≤ -8

(Y + 6) 2 <5 -2 ≤ у+6 ≤ 2 -8 ≤ у ≤ -4 у=-8

A megoldás a különféle egyenletek egyik lényeges vonalak iskolai matematika, de a módszerek egyenletek megoldására több ismeretlenes nem veszik figyelembe. De a megoldás az egyenletek több ismeretlenek egészek egyik legrégebbi matematikai problémákat. A legtöbb megoldási módjait, ilyen egyenletek alapján az elmélet feloszthatóságát egészek, érdeklődés, amely hajtja a gyors fejlődése az információs technológia. Ebben a tekintetben a középiskolás diákok lesznek érdekeltek számára, hogy megismerjék a megoldási módjainak egyes egyenletek egész számok, annál is inkább, eltérő szinten versenyeken gyakran az állást, feltételezve, hogy a megoldás minden egyenlet egész számokkal, és ebben az évben, mint egyenlet tartalmaz egy és vizsga anyagok.

Munkánk során figyelembe vettük csak a határozatlan egyenletek az első és a második fokozat. Az egyenletek az első fokú, mint láttuk, lehet megoldani egyszerűen. Sikerült megállapítani az ilyen típusú egyenletek és algoritmusok azok megoldásait. Azt is megállapították, általános megoldást ezen egyenletek.

Mivel az egyenleteket a másodfokú nehezebb, így már csak különleges esetekben: a Pitagorasz-tétel, és azokat az eseteket, amikor az egyik része az egyenletnek a termék, és a második bontjuk tényezők.

Egyenletek a harmadik fokozatot és több részt vesz a nagy matematikusok, mert a megoldások túl bonyolult és nehézkes

A jövőben azt tervezzük, hogy elmélyítsék a kutatás a tanulmány az egyenletek többváltozós, amelyeket a problémák megoldásában

1. Berezin V. Gyűjtemény feladatokat választani, és a tanórán kívüli tevékenységek a matematikában. Budapest a "felvilágosodás", 1985.

4. Glaser EI A matematika története az iskolában. Budapest a "felvilágosodás", 1983.

7. Sharygin I. F. Választható kurzus a matematika. döntés

feladatokat. Budapest 1986.