Үшінші дәрежелі теңдеулерді шешудің түрлі тәсілдері

Жұмыс түрі: Материал
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 3 бет
Таңдаулыға:

Үшінші дәрежелі теңдеулерді шешудің түрлі тәсілдері

Математика пәнінің ең басты мақсаты - оқушылардың логикалық ойлау қабілетін дамыту десек, оның негізгі рөлі есеп шығару. Себебі, есеп шығару - мидың «гимнастикасы».

Америкалық педагок - математик Д. Пойа былай деген: «Математиканы білу деген не? Бұл есептерді шығара білу, онда стандарттық есептерді ғана емес, ойлаудың еркіндігін, сананың салауаттылығын өзіндік болмысты, тапқырлықты керек ететін есептерді шығару». Сондықтан, орта мектептің математика курсының бірінші әрі ең басты міндеті есеп шығарудың әдістемелік жақтарына назар аудару. Қазірде мектепте қолданыста жүрген Ә. Н. Шыныбековтың алгебра оқулығында берілген үшінші дәрежелі теңдеулерді шешуде оқушылар біраз қиналады. Себебі теңдеулерді және теңдеулер жүйесін шешудің орта мектепте пайдаланылатын негізгі тәсілдері ауыстыру мен қосу және топтастыру тәсілдері. Көптеген теңдеулерді, әсіресе үшінші дәрежелі теңдеулер мен олардың жүйесін шешуде бұл негізгі тәсілдерді пайдалану соншалықты ұзақ, тауқыметті түрлендіруге соның салдарынан қателіктер көбірек жіберіп алудың себебі болады. Бұл жағдайда соңғы нәтижеге жетудің мүмкіндігі азаюы сөзсіз, тіптен есептің жауабы шықпауы да әбден мүмкін. Егер теңдеулерді шешудің басқа ұтымды тәсілдерін қолдансақ, бұл теңдеулерді шешудің негізгі тәсілдерінен әлде қайда жеңіл әрі икемді тәсілі болмақ.

Тарихқа көз жүгіртсек квадраттық теңдеулерді шешу әдістерін ежелгі гректер, үнділер алғаш пайдалынылған болса, ал үшінші дәрежелі теңдеулерді шешу әдістерін ең алғаш итальян ғалымдары Тартальей мен Кардано тапқан. Куб дәрежелі теңдеулерді шешу әдістері табылғаннан кейін, көп ұзамай Кардано оқушысы Феррари төртінші дәрежелі теңдеудің шешу әдісін тапты.

Қазіргі таңда математика мұғалімінің алдында тұрған міндет сыныптағы оқушыларды зерттей отырып, берілетін тақырыпты оқушылардың деңгейіне сәйкес түрлі жолдармен үйрете білу. Алайда, қазіргі мектептегі оқулықтардың көпшілігінде берілетін тапсырмалар біртектес, шығару жолдары да бір ғана тәсілге негізделген, ал бұл оқушының шығармашылық тұрғыда дамуына кедергі жасайды.

Менің қарастыратыным ${ax}^{3} + {bx}^{2} + cx + d = 0$ түрінде берілген үшінші дәрежелі теңдеу. Енді осы теңдеудің түбірін табудың бірнеше тәсілін қарастырайық. Соның бірі мектеп оқулығында кездесетін топтау тәсілі.

Мысалы:
$х^{3} + х^{2} + х + 1 = 0$

$\left( х^{3} + х^{2} \right) + (х + 1) = 0$

$х^{2}(х + 1) + (х + 1) = 0$

$(х + 1) (х^{2} + 1) = 0$

бұдан $(х + 1) = 0$ , $(х^{2} + 1) = 0$

$х + 1 = 0$ , $х_{1} = - 1$

$(х^{2} + 1) = 0$

$х^{2} + 1 \neq 0$ бола алмайды, сондықтан бұл теңдеудің тек қана бір $х_{1} = - 1$ шешімі ғана бар.

Біз үшінші дәрежелі теңдеулерді шешудің оқулықтағы топтастыру әдісінен басқа Безу теоремасы, Кардано формуласы, Виет теоремасы арқылы шешу әдіс - тәсілдерін де оқушыларға меңгерте білуіміз керек. Бұл әдістер мектеп оқулығында жазылмағанымен оқушылардың шығармашылығын дамыту негізінде орыс тіліндегі альтернативті кітаптарды пайдаланатын ұстаздар қауымы да бар. Міне, сол себептен есептеудің стандарттық тәсілінен өзге нұсқалары барлық оқушыларға қол жетімді болатындай мектеп оқулықтарына қосымша құрал ретінде енгізілгені жөн.

Енді солардың бірі Виет теоремасы бойынша:

$х_{1} + х_{2} + х_{3} = - \frac{b}{a}$ , $x_{1}x_{2} + x_{2}x_{3} + x_{1}x_{3} = \frac{c}{a}$ , $x_{1}x_{2}x_{3} = - \frac{d}{a}$ .

Көрсетілген тепе - теңдіктерді бір - біріне бөлудің нәтижесінде тағы да басқа арақатынастар табуға болады:

$\frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} + \frac{1}{x_{3}} = - \frac{c}{d}$ , $d \neq 0$ , $\frac{1}{x_{1}x_{2}} + \frac{1}{x_{2}x_{3}} + \frac{1}{x_{1}x_{3}} = \frac{b}{d}$ , $d \neq 0$ .

Жоғарыдағы мысалдың түбірлерін табуды Виет теоремасы бойынша анықтайық:

$х_{1} + х_{2} + х_{3} = - \frac{1}{1} = - 1$ , $x_{1}x_{2} + x_{2}x_{3} + x_{1}x_{3} = \frac{1}{1} = 1$ , $x_{1}x_{2}x_{3} = - \frac{1}{1} = - 1$ .

Ал дискриминант табу арқылы шешуде:

$\mathrm{\Delta} = - 4b^{3}d + b^{2}c^{2} - 4ac^{3} + 18abcd - 27a^{2}d^{2}$ .

*Егер $\mathrm{\Delta} > 0$ болса, онда теңдеудің үш әр түрлі түбірі болады.

*Егер $\mathrm{\Delta} < 0$ болса, онда теңдеудің бір нақты және екі комплексті түйіндес түбірі болады.

*Егер $\mathrm{\Delta} \equiv 0$ болса, онда теңдеудің екі түбірі болсын сәйкес келеді.

Безу теоремасы

Безу теоремасы P(x) көпмүшелігін x-a екі мүшелікке бөлгендегі қалдық P(a) -ға тең деп тұжырымдайды.

Көпмүшелік коэффициенттері белгілі бір коммутативті бірлігі бар сақинада (мысалы, нақты сандар немесе комплекс сандар өрісінде) жатыр деп саналады.

Дәлелдеу

P(x) көпмүшелігін қалдықпен x-a көпмүшелігіне бөлейік:

P(x) =( x-a) Q(x) +R(x) .

degR(x) <deg(x-a) =1 болғандықтан R(x) -дәрежесі 0-ден аспайтын көпмүшелік. x=a дегенді қойып, ( a -a) Q( a) =0 болғандықтан P(a) =R(a) екендігін табамыз.

Салдары

а саны сонда тек сонда, егер р(х) қалдықсыз х-а-ға бөлінсе р(х) көпмүшелігінің түбірі болады (осыдан Р(х) көпмүшелігінің түбірлер жиыны сәйкес Р(х) =0 теңдеуінің шешімдер жиынымен бірдей) .
Бүтін коэффициентті көпмүшеліктің бос мүшесі көпмүшеліктің кез келген бүтін түбіріне қалдықсыз бөлінеді (егер жоғарғ коэффициентті 1 болса, онда барлық рационал түбірлері де бүтін болады) .
а -бүтін коэффициентті А(х) келтірілген көпмүшеліктің бүтін түбірі болсын. Онда кез келген бүтін к саны үшін А(к) саны а-к санына бөлінеді.

Кардано формуласы

$у^{3} + ру + q = 0$ түріндегі кубтық теңдеудің түбірлерін комплекс сандар өрісінде табуға арналған формула. Оның өрнектелуі мынадай: Кардано формуласындағы куб түбірлердің мәндерін, олардың көбейтіндісі -р/3 -ге тең болатындай етіп алу керек. Ал теңдеудің түбірлерін табу үшін осы мәндерді қосу қажет. Осы жолмен теңдеудің үш түбірі табылады. Кардано формуласы италиялық математик, философ әрі дәрігер Дж. Кардано (1501-1576 ж. ж. ) есімімен аталған. Ол оны алғаш рет 1545 жылы жариялаған. Жалпы түрдегі кез келген кубтық теңдеу