Алгебралық теңдеулерді шешу алгоритмдері

Мазмұны
І. Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 3
І.Тарау. Жоғарғы дәрежелі алгебралық теңдеулер.
1.1. Алгебралық теңдеулерді шешу алгоритмдері ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 5
1.2. Жалпы теоремелар ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . 9
1.3. Жоғарғы дәрежелі алгебралық теңдеулерді элементар әдістермен шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 11
1.4. Бір айнымалысы бар теңдеулерді жеделдетіп шешу ... ... ... ... ... ... . 12
ІІ.Тарау. Алгебралық теңдеулердің шешімділік анықтауышы.
2.1.Алгебралық теңдеулердің шешімділік теоремалары ... ... ... ... ... ... . 21
2.2 Теңдеудің шешіділік анықтауышын түрлендіру ... ... ... ... ... ... ... ... . 31
2.3. Үшінші дәрежелі теңдеудің шешімділігі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 35
2.4. Төртінші дәрежелі теңдеудің шешімділігі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 43
ІІ. Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 60
ІІІ. Пайдаланылған әдебиеттер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 61

Кіріспе.

х3+рх=q, р, q>0 түріндегі теңдеудің шешімін бірінші рет 1526 жылы профессор Сицион дель Ферро тапқан.Бұл әдіс Фиоре деп аталады. х3=р+q р,q>0 түріндегі теңдеудің шешімін ХVІ ғасырда Н. Тартарьи тапқан.Бұл әдіс қазіргі кезде Кардано формуласы деп аталып жүр.Мұнда: х= .Н.Тарталья болатын жағдайда шешімін таба алмады.Ол өзінің тапқан шешімі туралы сол кездің философ және математик ғалымы Джироламо Карданоға айтты. 1545 жылы Кардано үшінші дәрежелі теңдеудің толық шешімін талдап «Алгебралық ережелердің ұлы тәсілі» мақаласын жазды.Карданоның оқушысы Л.Феррари төртінші дәрежелі теңдеуді үшінші дәрежелі теңдеуге келтіріп шешті.Бесінші дәрежелі теңдеулер шешімінің жалпы формуласын табу мақсатымен көптеген ғалымдар айналысты.Бірінші,екінші,үшінші,төртінші дәрежелі теңдеулерді шешудің жалпы формулаларында олардың шешімдері қосу,азайту,бөлу және түбірден табу амалдары көмегімен теңдеудің коэфициенттері арқылы өрнектеледі.Осындай мәселені бесінші дәрежелі теңдеу ішінде табуға болады ма деген мәселе туындады.Француз математигі Э.Галуа жүргізген зерттеулер нәтижесінде бұл сұраққа теріс жауап алынды.Яғни алгебралық теңдеудің дәрежесі бесінші және одан жоғарғы болған кезде оның коэфициенттері арқылы жоғарғыда келтірілген бес амал арқылы алатын жалпы формуланың жоқтығы айқындалды.Бұл проблемаларға арналған Галуа зерттеулері «Галуа теориясы» деп аталады. Бұл еңбектің нәтижелері Постиков М.М. «Теория Галуа» еңбектерінде келтірілген.Бесінші және одан жоғарғы дәрежелі теңдеулердің радикалдар арқылы шешудің жалпы формуласы жоқ.Төртіншіден жоғарғы дәрежедегі теңдеулердің шешімін табатын формулаларды анықтаумен көптеген ғалымдар айналысқан. Егер х1–дің шешімін біліп айту мүмкін болса, (х- х1) сызықты көбейткішті бөлу арқылы теңдеудің дәрежесін 1-ге түсіруге болады.
Үшінші дәрежелі теңдеу немесе кубтық теңдеудің түрі мынадай: ах3 + bх2 + сх +d = 0, а ≠ 0, a, b, c, d – нақты сандар, бұл жерде ах3 – кубтық, bх2- квадраттық, сх – сызықтык және b – бос мүше делінеді. а-коэфициентіне бөлгеннен кейін теңдеу канондық түріне ие болады. Кубтық теңдеудің нақты түрлерінің саны дискриминанттың белгісін тәуелді.

Пайдаланған әдебиеттер

1. М.А.Еремин. «Уравнения высших степеней»,Москва, Наука.156 бет.
2. Г.П.Матвиевская «Развитие учения о числе в Европе до ХҮІІ века» Ташкент.Фан. 1971г.229 бет.
3. А.Г.Курош. «Курс высшей алгебры» ,Москва,Наука. 143 бет.
4. Д.К.Фаддеев. «Лекций по алгебре»,Москва,Наука.415 бет.
5. И.М.Гельфанд. « Лекций по линейной алгебре »,Москва,Наука.1971г.
6. А.И.Кострыкин. «Введение в алгебру », Москва,Наука.1977г.
7. А.И.Мальцев. «Основы лйнейной алгебры»,Москва,Наука.1975г.
8. Л.Я.Окунев. «Высшая алгебра»,Москва,ОНТ.И. 1937г. 308 бет.
9. Е.С.Ляпин. «Алгебра и теория числе»,Москва,Просвещение. 1978г. 445 бет.

Пән: Медицина
Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 60 бет
Таңдаулыға:

Мазмұны
І.
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... 3
І-Тарау. Жоғарғы дәрежелі алгебралық теңдеулер.
1.1. Алгебралық теңдеулерді шешу
алгоритмдері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 5
1.2. Жалпы
теоремелар ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... 9
1.3. Жоғарғы дәрежелі алгебралық теңдеулерді элементар әдістермен

шешу ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 11
1.4. Бір айнымалысы бар теңдеулерді жеделдетіп
шешу ... ... ... ... ... ... . 12
ІІ-Тарау. Алгебралық теңдеулердің шешімділік анықтауышы.
2.1.Алгебралық теңдеулердің шешімділік теоремалары ... ... ... ... ... ... .
21
2.2 Теңдеудің шешіділік анықтауышын
түрлендіру ... ... ... ... ... ... . ... ... 31
2.3. Үшінші дәрежелі теңдеудің
шешімділігі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 35
2.4. Төртінші дәрежелі теңдеудің
шешімділігі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . 43
ІІ.
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...
... ... ... ... ... . 60
ІІІ. Пайдаланылған
әдебиеттер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 61

Кіріспе.

х3+рх=q, р, q0 түріндегі теңдеудің шешімін бірінші рет 1526 жылы
профессор Сицион дель Ферро тапқан.Бұл әдіс Фиоре деп аталады. х3=р+q р,q0
түріндегі теңдеудің шешімін ХVІ ғасырда Н. Тартарьи тапқан.Бұл әдіс қазіргі
кезде Кардано формуласы деп аталып жүр.Мұнда:
х=.Н.Тартальяболатын жағдайда шешімін таба алмады.Ол өзінің
тапқан шешімі туралы сол кездің философ және математик ғалымы Джироламо
Карданоға айтты. 1545 жылы Кардано үшінші дәрежелі теңдеудің толық шешімін
талдап Алгебралық ережелердің ұлы тәсілі мақаласын жазды.Карданоның
оқушысы Л.Феррари төртінші дәрежелі теңдеуді үшінші дәрежелі теңдеуге
келтіріп шешті.Бесінші дәрежелі теңдеулер шешімінің жалпы формуласын табу
мақсатымен көптеген ғалымдар айналысты.Бірінші,екінші,үшінші,төр тінші
дәрежелі теңдеулерді шешудің жалпы формулаларында олардың шешімдері
қосу,азайту,бөлу және түбірден табу амалдары көмегімен теңдеудің
коэфициенттері арқылы өрнектеледі.Осындай мәселені бесінші дәрежелі теңдеу
ішінде табуға болады ма деген мәселе туындады.Француз математигі Э.Галуа
жүргізген зерттеулер нәтижесінде бұл сұраққа теріс жауап алынды.Яғни
алгебралық теңдеудің дәрежесі бесінші және одан жоғарғы болған кезде оның
коэфициенттері арқылы жоғарғыда келтірілген бес амал арқылы алатын жалпы
формуланың жоқтығы айқындалды.Бұл проблемаларға арналған Галуа зерттеулері
Галуа теориясы деп аталады. Бұл еңбектің нәтижелері Постиков М.М. Теория
Галуа еңбектерінде келтірілген.Бесінші және одан жоғарғы дәрежелі
теңдеулердің радикалдар арқылы шешудің жалпы формуласы жоқ.Төртіншіден
жоғарғы дәрежедегі теңдеулердің шешімін табатын формулаларды анықтаумен
көптеген ғалымдар айналысқан. Егер х1–дің шешімін біліп айту мүмкін болса,
(х- х1) сызықты көбейткішті бөлу арқылы теңдеудің дәрежесін 1-ге түсіруге
болады.
Үшінші дәрежелі теңдеу немесе кубтық теңдеудің түрі мынадай: ах3 +
bх2 + сх +d = 0, а ≠ 0, a, b, c, d – нақты сандар, бұл жерде ах3 – кубтық,
bх2- квадраттық, сх – сызықтык және b – бос мүше делінеді. а-коэфициентіне
бөлгеннен кейін теңдеу канондық түріне ие болады. Кубтық теңдеудің нақты
түрлерінің саны дискриминанттың белгісін тәуелді.

Сызықты көбейткіштерге теңдеудің сол жағын жіктеу. Егер
ax3 +bх2 + сх + d = a ( x-ά)( x- β) ( x- φ) жіктеу табылса онда
ax3 +bх2 + сх + d = 0 теңдеуі (ά,β,φ) көп шешімдерге ие. Егер ax3 +bх2 + сх
+ d = a ( x - α)( x 2+ рх + q) түрінің жіктелуі табылса онда х=α шешімі
болады және х2 + р х + q = 0 квадраттық теңдеудің шешімдері берілген
теңдеудің шешімдері болып келеді.Егер теңдеудің бір шешімі белгілі болса,
сызықты көбейткішті бөліп шығару мүмкіндігі бар. D 0 болған жағдайда
кубтық теңдеудің үш нақты шешімі болады.Формулаларды қолданған кезде
түбірлер комплексті сандар болуы да мүмкін.
Төртінші дәрежелі теңдеу. аx4 +bх3 + сх2 + d х + с = 0 a ≠ 0, а,
b,с, d е – нақты сандар. у= х+ ауыстыруы арқылы берілген теңдеуді
келтірілген түрге келтіруге болады,яғни у4+ру2+qу+r=0,бұл жерде p,g,r
коэффициенттер.
Бұл теңдеудің шешімі оның кубтық резольвентасының z3 + 2 pz2 +(p2 -4r) z-
q2=0 шешімінің түріне бағынышты.
Сондықтан дипломдық жұмыстың мақсаты:
Жоғарғы дәрежелі теңдеуді шешудің әдістерін қарастырып оқып үйрену.

І-Тарау
1.1. Алгебралық теңдеулерді шешу алгоритмдері
Үшінші дәрежелі теңдеу ( кубтық теңдеу). Үшінші дәрежелі теңдеу немесе
кубтық теңдеудің түрі мынадай: ах3 + bх2 + сх +d = 0, а ≠ 0, a, b, c, d –
нақты сандар, бұл жерде ах3 – кубтық, bх2- квадраттық, сх – сызықтык және b
– бос мүше. а-коэфициентіне бөлгеннен кейін теңдеу канондық түрге ие
болады:
x3 + r х2 + sx + t = 0, мұнда r = , s = , t = .
x3 + r х2 + sx + t = 0, теңдеуінде у = x+( х = у-) деп
ауыстырсақ келтірілген деп аталатын теңдеуді аламыз. у3 + ру3 + q = 0 бұл
жерде
р = , q = кубтық теңдеудің нақты түрлерінің саны
дискриминанттың белгісіне тәуелді.
D= + .

Нақты х Комплексті х
D 0 Бір нақты шешім Екі
комплексті шешімдер
D 0 Үш нақты шешім
D = 0 бір нақты шешім және бір нақты екі
шешім және бір нақты үш
шешім (соңғысы егер p =q = 0)

Кубтық теңдеулер.
1. Бірінші әдіс.
Сызықты көбейткіштерге теңдеудің сол жағын жіктеу. Егер ax3 +bх2
+ сх + d = a ( x-ά)( x- β) ( x- φ) жіктеу табылса, онда
ax3 +bх2 + сх + d = 0 теңдеуі (ά,β,φ) шешімдерге ие.Егер ax3 +bх2 + сх +
d = a(x-α)(x 2+ рх + q)түрінің жіктелуі табылса, онда х=α шешімі болады
және х2 + р х + q = 0 квадраттық теңдеудің шешімдері берілген теңдеудің
шешімдері болып келеді. Бұл жағдайда бір шешіміміз х1 = 0, ал басқа
екеуі х2 + р х + q = 0 квадраттық теңдеудің шешімдері болып келеді.
Егер теңдеудің бір шешімі белгілі болса, сызықты көбейткішті бөліп
шығару мүмкіндігі бар.
Мысалы: х3 + 2 х2 – 3х – 10 = 0 теңдеуінің шешімін табу. Теңдеуді
өзгертіп мына түрінде жазайық:
х3 - 2 х2 + 4х2 –8 х + 5х - 10 = х2 (х- 2) +4 х( х– 2) + 5 (х - 2) =
(х - 2) ( х2 + 4х +5 ) = 0.
Бұл жерден х1 = 2; х3,2 = - 2± = - 2 ± = -2 ± і
2. Екінші әдіс.
Тартальи – Кардано формуласын қолдану. x3 + r х2 + sx + t = 0
кубтық теңдеудің формуласын оның келтірілген түрі у3 + р у + q = 0 .
Бұл жағдайда y1 = u + v
у2 =- у3 =- бұл жерде
U = - ; υ=- ; D = + ; E 1.2 = .
хk = уk - (k= 1.2.3) ауыстыру арқылы ук – дан x3 + r х2 + sx +
t = 0, кубтық теңдеудің шешімін аламыз.
D 0 болған жағдайда кубтық теңдеудің үш нақты шешімі болады.
Жоғарғыда келтірілген формулаларды қолданған кезде түбірлер комплексті
сандар болуыда мүмкін. Р , cos φ = деп алайық, мұнда
келтірілген у3 + р у + q = 0 теңдеудің шешімі болады: у1= 2 ;
у2= 2; у3= 2; олардың хk= уk - - ті ауыстыруы арқылы
берілген кубтық теңдеудің шешімдеріне қайтып келуге болады.
Мысалы: Тартальи-Кардано формулаларыменен х3-9х–28=0 теңдеуінің
түбірлерін табу. Бұл теңдеу үшін:
D = +
Сондықтан х3 -9х –28 = 0 теңдеуінің бір нақты шешімі х1=4 және екі
комплексті х2=-2 + і ; х3=-2 - і шешімдері бар.
Төртінші дәрежелі теңдеу мынадай болып келеді:
аx4 +bх3 + сх2 + d х + с = 0 a ≠ 0, а, b,с, d е – нақты сандар. у= х+
ауыстыруы арқылы берілген теңдеуді төмендегі түрге келтіруге болады,
яғни у4 + р у2 + qу + r = 0, бұл жерде p,g,r коэффициенттер.
Бұл теңдеудің шешімі оның кубтық резольвентасының
z3 + 2 pz2 +(p2 -4r) z-q2=0 шешімінің түріне бағынышты.
Егер белгісіздің өзгеру аумағы комплексті сандар К болса, нәтиже мынадай
болады:
Кубтық резольвента Төртінші дәрежелі теңдеу
Барлық түбірлер нақты және оң Төрт нақты түбірі бар
сандар.
Барлық түбірлер нақты олардың біреуіКомплексті екі жұп түбірлер
оң сан және екеуі теріс сандар.
Бір түбір нақты және екі Екі нақты түбір және комплексті.
комплексті түбірлер.

Төртінші дәрежелі теңдеулер
Бірінші әдіс. Сызықты көбейткішке жіктеу. Егер көпмүшелікті
ax4 +bх3 + сх2 + d х + с = а (х- ά) (х –β)(х-φ)(х-δ) жіктеу мүмкін болса
ax4 +bх3 + сх2 + d х + с = 0 теңдеуі (ά,β,φ) шешімімдерге ие
болады.Төртінші дәрежедегі теңдеудің сол жағын екі квадраттық
көбейткіштерге жіктеу жеткілікті болар еді. Бұл кезде 4-ші дәрежедегі
теңдеудің шешілуі екі квадраттық теңдеудің шешілуіне келер еді.
Екінші әдіс. Егер z1,z2,z3- кубтық резольвентасының
z3 + 2 pz2 +(p2 -4r) z-q2=0 түбірі болса, онда:
у1= 2
у2= 2
у3= 2
у4= - 2 – келтірілген у4 + ру2 + qу + r = 0 теңдеуінің шешімдері бұл
жерде радикалдарының алдындағы белгілерін
нәтижеге сәйкес алынады. Одан кейін х= у- -ны ауыстыру арқылы
бастапқы ax4 +bх3 + сх2 + d х + с =0 теңдеуінің шешімдерін табады.
Мысалы: x4 -25х2 + 60х + 36 =0 теңдеуінің кубтық резольвентасы z3 + 2(-
25) z2 +(-25 )2- 4 (-36) z-602= z3-50 z2+ 769 z – 3600 =0 шешімдеріменен
Z1 =9,
Z2 =16, Z3 =25 сонымен қатар . Радикалдардың алдындағы белгілерді
теріс сан етіп алуымыз керек, бұл жерде x4 -25х2 + 60х +-36 =0
теңдеуінің түбірлері: х1= -6, х2=3, х3=2, х4=1.
Егер ax4 +bх3 + сх2 + d х + с = 0 теңдеуінде b=а=с болса, онда бұл
биквадраттық ax4 + сх2 + с = 0 теңдеуі болады. х2 =t –ні ауыстыруы арқылы
бұл теңдеу аt2 +сt +с = 0 квадраттық теңдеуге айналады. Бұл жерде теңдеудің
t1,t2 шешімдері х2 =t етіп алғанда, бастапқы ax4 + сх2 + с = 0 теңдеуінің
шешімдері болып табылады.
х1,2= :
х3,4= :
Егер x4+rx3+sx2+tx+w=0 теңдеуінің коэффициенттері r3+8t=4rs катынасын
қанағаттандырса бұл теңдеуді квадраттық теңдеуінің көмегімен шешуге болады.
x4+rx3+sx2+t x+w = (x2 +x)2+ (s -) (x2 +)+w =0 , x2 +
= у
ауыстырғаннан кейін 4-ші дәрежелі теңдеу:
у2+(s -) у+ w =0 теңдеуіне айналады, оның шешімдерінің негізінде
бастапқы теңдеудің шешімдері табылады.

Мысалы: x4+2 x3+9x2+8 x+25 =0
x4+2 x3+9x2+8 x+25 = (х2 +х)2 + (9+) (х2 +х)+25 = (х2 +х)2+8(х2
+х)+25=0
Бұл жерден: х2 +х= -4
Сондықтан х1=-і ; х2=-і;
х3=-і ;
х4=-і.
Жоғарғы дәрежелі теңдеулердің дербес түрлері.
Муавр теоремасының көмегімен екі мүшелік хm= a (m 1, a 0),
x1, x2, ... ., xm – m – шешімдері мынандай түрде табылады:
хк+1 ( cos + i sin ), бұл жерде ( к =0, 1,2 ... , m- 1
)
х 2 m + ах m +в =0 теңдеуі xm =у айнымалы шаманы ауыстыру арқылы
квадраттық у2+ау+ в=0 теңдеуіне келтіруге болады.Егер ол у1,у2
шешімдеріне ие болса, бастапқы теңдеулердің түбірлерін хm = у1, х m = у2
екімүшелік теңдеуінің көмегімен табылады.
1.2. Жалпы теоремелар
Егер х1 – хn + a1 x n-1 + a2 x n-2 + ... + a n-1 x+ a n =0 теңдеуінің
түбірі болса, онда көп мүшелік Рn(х) теңдеудің сол жағында тұратын (х-х1)
қалдықсыз бөлінеді және ол көп мүшелік Р n-1 (х) (n-1) дәрежедегі Рn(х) =(х-
х1) Рn-1(х) Жалпы жағдайда Рn (х) (х-х1) бөлгенде қалдығы Р n (х)
болады:
Рn(х) = (х-х1) Р n-1 (х) + Рn(х1). Егер Рn(х) = (х-х1)к - ге қалдықсыз
бөлінсе, бірақ (х-х1)к -1 бөлінбесе, онда х1, к- еселік Р n (х) =0
теңдеуінің түбірі деп айтылады бұл жағдайда х1 дегеніміз Р n (х)
полиномының және оның туындыларының (к-1) дейін жалпы түбірі.

Алгебраның негізгі теоремасы
Әрбір n – дәрежелі х n +а1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + аn-1х +а n = 0
алгебралық теңдеулер, аі (і = 1,2,...n) коэффициенттері нақты немесе
комплексті сандар - n – түбірлері болады, егер к – еселі түбірді к-ға тең
түбірлер деп есептесек. Егер Р n (х) көпмүшеліктің түбірлері х1, х2, ... хі
– ге тең болса, соған сәйкес а1,а2, ..., аі () – ге тең болса теңдеуді
мынадай көбейтінді түрінде көрсетуге болады: Р n (х) = 0 теңдеуінің шешімін
жеңілдетуге болады, егер біреселі Р n (х) = 0 теңдеуімен түбірлері бір
теңдеуге көшсе Р n (х) = 0 көп еселік түбірлер. Сонымен қатар Р1n(х)
туындыларының түбірлері болады және көп мүшелікті Р n(х),Р1 n(х) деп
белгілейді. Сол кезде Q(x)=0 теңдеуінің түбірлері Р n (х) = 0 бірдей
Р n (х) = х n +а1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + аn-1х +а n = (х-х1) (х-
х2) (x-x r) = 0.
Нақты коэффициентті теңдеулер.
Егер нақты коэффициентті Рn(х) =х n +а1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + аn-1х +а
n = 0 теңдеуі х1 = ά + і β комплексті түбіріне ие болса, оның х2= х1
= ά - і β түбірі болады және де оның еселігі х1-дің еселігіне тең болып
келеді. Сондықтан нақты коэффициенттері бар теңдеулердің комплексті
түбірлер саны әр дайым жұп болады. Нәтижесінде тақ дәрежелі нақты
коэффициенттері бар теңдеу кемінде бір нақты түбіріне ие болады.
Виет теоремасы.
х n +а1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + аn-1х +а n =0 теңдеуі үшін оның түбірлері
мен коэффициенттері аі (і= 1,2,3 ... , n) арасында орын алады.
х1+х2 + ... +хn = - а1 , х1∙х2 + х1∙х3 + ... + х n-1х n=
,іj,
х1∙x2∙x3+ х1∙x2∙x4+...+xn-2∙xn-1∙xn= іjк,
----------------------------------- -----------------------------------
х1∙x2...хn=(-1)n an

Виет теоремасы квадраттық және кубтық теңдеулер үшін

x2 + рх + q = 0 x3 + rx2 + sx + t = 0
x1 + x2 = -р х1 + x2 + x3 = - r
х1 ∙ x2 = q х1 ∙ x2 + x1 ∙ x3 = s
х1 ∙ x2 ∙ x3 = -t

1.3. Жоғарғы дәрежелі алгебралық теңдеулерді элементар әдістермен
шешу.
Теңдеудің алгебралық шешілу жолы мынадай: алгебралық әрекеттер арқылы
теңдеудің түбірлерін, мәндерін оның коэффициенттері ретінде формула
құрастыру.Теңдеудің алгебралық шешімі дегеніміз ол теңдеулерді
радикалдармен шешу, өйткені жалпы формула n 1 дәрежелі теңдеудің
түбірлерін коэффициенттер арқылы сипаттаумен қатар, міндетті түрде
түбірлерді шығару әрекеттері болуы керек. Расында n 1 дәрежелі
теңдеуді шешу формуласы барлық n-түбірлерді табуы тиіс. Егер бұл формулада
радикалдар болмаса, ол коэффициенттерге қатысты рационалдық сипаттау
болар еді. Сондықтан рационалдық операциялардың қасиетіне қарай, n –
түбірлерін емес, тек бір түбірін есептеуге болар еді. Жалпы негізінде
радикалдармен төртінші дәредеден аспайтын теңдеулерді шешуге болады.
Бесінші және одан жоғарғы дәрежелі теңдеулер радикалдар арқылы шешудің
формуласы жоқ.Жалпы түрде радикалдармен төртінші дәрежеден аспайтын
теңдеулерді шешуге болады. Жоғарғы дәрежелі теңдеулердің дербес түрлерін
радикалмен шешу мүмкін. Теңдеулерді шешу практикасында дербес әдістерді
қолдана білу үлкен маңызға ие. Р(х), х- аргументінен шығатын берілген көп
мүшелік болсын, және Р(х) көп мүшелік Р (х) = Р1(х) Р2 (х) ... Рn(х)
белгілі дейік, онда Р(х)=0 теңдеуін шешу үшін Р1(х)=0,Р2(х)=0 ... Рn(х)=0
теңдеулерінің әрқайсысын шешу жеткілікті. Р(х)=0 теңдеу
Р1(х)=0,(i=1,2,...n) теңдеулердің түбірлерінің біріктіруімен алынады.Егер
белгілі әдістерді қолдана отырып Р(х) көп мүшелікті көбейткіштерге жіктеуге
мүмкін болса, онда Р(х) =0 теңдеуінің шешімдері төмен дәрежелі бірнеше
теңдеулердің шешімдеріменен теңеседі.
Мысал 1. х 4 - 2х3 + 5х2 – 4х -12 = 0 бұл теңдеуді мынадай түрінде
жазайық:
х 4 - 2х3 + 5х2 – 4х -12 = х 3 ( х- 2) + 5х (х-2) + 6 (х -2) = (х 3+5х + 6)
(х -2) = (х+1) (х-2) (х2 –х+6) =0, х 3+ 5х + 6х= (х +1 )(х 2 – х+6)
Бұдан: х1 = -1, х2 = 2 , х3,4 =
Мысал 2. х8 –1 = 0 х8 –1 = (х4 )2 –1 = (х4 –1 ) (х4 +1 ) =( х2 –1)
(х2 +1)
(х2 +) (х2 -)= (х - 1)( х + 1 ) (х2 +1)(х2 +)(х2 -)= 0
(1)
х4 +1= (х4 + 2 х2 +1 ) - 2 х2=( х2 +1)2 - 2 х2= (х2 +1 )2 – ()2 =
( х2 +1 +) ( х2 +1 -), бұл жерде (1) –ден табамыз:
х1 = 1, х2 = -1, х3 = -і, х4 = і, х5,6 = , х7,8 = шығады.

1.4. Бір айнымалысы бар теңдеулерді жеделдетіп шешу.
Теңдеудің бүтін түбірлі шешімділігінің анықтауышы.
Бір айнымалысы бар теңдеу берілген:
х n +а1 х n-1 + а2 х n-2 + а3х n-3 + ... + аn-2х 2+а n-1х+аn = 0
а n-1; аn коэффициентінің анықтауышын табамыз:
Берілген теңдеуді келесі түрде жазамыз:
аn-1х +а n =- (х n +а1 х n-1 + а2 х n-2 + а3х n-3 + ... + аn-2х 2)
Берілген теңдіктің шешімі келесі түрде болады.
аn-1х =- (х n +а1 х n-1 + а2 х n-2 + а3х n-3 + ... + аn-2х 2)
аn=- (х n +а1 х n-1 + а2 х n-2 + а3х n-3 + ... + аn-2х 2)
Егер х = km + (k-1)p, бұдан аламыз:
а n-1 = - [[ km +(k-1)p ] n-2+ a1 [[ km +(k-1)p ] n-3+ a2[[ km +(k-1)p ]
n-4+a3[[ km +(k-1)p ] n-5+... + а n-2] kp
а n = - [[ km +(k-1)p ] [[ km +(k-1)p ] n-2+ a1[[ km +(k-1)p ] n-3+a2[[
km +(k-1)p ] n-4+... + а n-3 [[ km +(k-1)p ] n-5+ ... + а n-2 ](km-p)
аn k а n-1 шамасының қатынасын табамыз, аn ≠ 0, а n-1 ≠ 0, болса,
одан аламыз: (1) егер к =1
а n-1 = - [mn-2 +a1mn-3+ a2mn-4+ a3mn-5+ ...+ an-2] p
(2)
а n = -m[mn-2 +a1mn-3+ a2mn-4+ a3mn-5+ ...+ an-2] (m-p) (3)
(1)-ден аламыз: Р =
(4)
(2), (3), (4) теңдіктер осы теңдеудің анықтауышы болады.
Бір айнымалы теңдеудің шешімін тауып және бүтін сандар теңдеуінің
шешімін зерттеу қажет. Егер а1, а2, а3, ... ., а n-1, aп – бүтін сандар
балса. (2)-ші теңдеуден:
1) Егер мұндағы m, ,р бүтін сан болса, онда теңдеудің шешімі бүтін сан
болады. Нақты жауап алу үшін (4)- ші формуладан р – ті тексеру
керек. Егер р-шамасы а n-1 формуласының анықтауышы (4) – ші
формуладағы р- шамасымен сәйкес келсе, онда бүтін сандар теңдеудің
шешімі болады. Егер сәйкес келмесе онда бүтін сандар теңдеудің шешімі
болмайды.
2) а n-1 формуласынан р және т шамасын анықтап және алынған шаманы
а n формуласына қойсақ, онда берілген а n шамасына сәйкес келеді.
Берілген а n шамасына сәйкес келетін осы теңдеудің шешімі болатын т
шамасын аламыз. Бір айнымалы теңдеудің шешіміне қатысты 2,3,4
анықтауышқа байланысты мысал келтірейік.
Мысал 1. х3+а1х2+аn-1х+аn=0
Берілген теңдеуден жалпы формуланы табамыз:
а n= -m [m +a1](m- p)
а n-1= - [m +a1] p
Р=
аn , а n-1, р-формуласынан кез-келген үшінші дәрежелі теңдеуді шешуге
болады.
а) Шешімі: х3+8х2+4х+15=0
а1=8. а n-1=4, а n=15
а n-1= - [m +8] p=4
а n= -m [m +8](m- p)= 15
Р=
т шамасының ауданын анықтаймыз. х3+8х2+4х+15=0 теңдеуінің түбірі
болады. Сондықтан т шамасының анықтаймыз, егер р шамасына қатысты
болса, онда Р= және Р= а n-1= - [m +8] p=4
1. Р 0

0, -8
шешімі жоқ

2. Р0 0
0 , т -8
-8 т т -3,75

Сондықтан р – шамасына сәйкес формула мына түрде болады:
Р= және Р= , осыдан -8 т т -3,75 шығады.
х3+8х2+4х+15=0. Осы интервал теңдеудің түбірі болады.
Енді а n-1- ді табамыз:
m =- 4 p = -1
m =- 6 p = -2
m =- 7 p = -4
m =- 4 p = 4
m =- 10 p = 2
m =- 12 p = 1
Р- шамасын формуламен тексереміз. онда Р=
m =- 4 p = -64
m =- 6 p = -16
m =- 7 p = -15,076923
m =- 4 p =15,428571
m =- 10 p = -16
m =- 12 p = -17,454545
Сонымен р-шамасының сәйкес х3+8х2+4х+15=0 теңдеуі бүтін сандардың шешімі
емес, ал теңдеудің түбірі – 9 х -7 интарвалында жатады. Сонымен р
–шамасы а n-1, және р Осы интервалдар бір біріне жақын болады. Осыны
тексерейік: а n-1= - т [m +8](т – p) = 15 егер m =- 7 және m =- 9
болса, Р шамасынан а n-1, -ді аламыз.
а n= +7 [-7 +8](-7+4 )= -21
а n осы теңдеудің х3+8х2+4х-21=0 және х3+8х2+4х+117=0 бүтін сандарының
шешімі болады.Сондықтан берілген теңдеудің анықтауышы бір- біріне жақын
болады.
Енді теңдеу түбірінің нақты шамасын анықтайық а n-1, табамыз.
а n-1= - [m +8] p=4
m =- 7,7 p = -13,333333
m =- 7,74 p = -15,348615
m =- 7,73 p = -14,814814
m =- 7,73358 p = -15,013887
m =- 7,73357 p = 15,01332
а n шамасын анықтайық егер т және р белгілі болса
а n= - т[m +8] ( т - p)=15
а n= 7,7 [-7,7 +8](-7,7 + 13,333333 )= - 13,012999
а n= 7,74[-7,74 +8](-7,74 + 15,34615 )= - 15,384023
а n= 7,73[-7,73 +8](-7,73 + 14,814814)= - 14,786715
а n= 7,733358[-7,733358 +8](-7,733358 + 15,013887 )= 15,000201.
а n= 7,73357[-7,73357 +8](-7,73357 + 15,013324 )= 14,999605.
Сонымен х3+8х2+4х+15=0 теңдеудің түбірі -7,73358-ге тең екені анық.
х3 - 10х2+31 х-30 =0 Теңдеудің шешімін табайық. Теңдеудің нақты мәндері:
а1 = - 10 , а n-1 =31 ап = - 30.
а n-1= - [m - 10] p=31 а n= - т[m - 10] ( т – p) =- 30
Р=
m-шамасының х3 - 10х2+31 х-30 =0 теңдеу түбірінің ішінде жатады.
т – шамасының аумағы р – шамасына қатысты болса, онда формула бір мәнге ие
болады.
Р= және р

1. Р 0

0, 10
т 10

2. Р0 0
0 , т 10
шешімі жоқ.
Сонымен теңдеудің түбірі т 10 интервалында жатады. Бұл
интервал р шамасына қатысты мына формулаға сәйкес келеді.
Р= және р
Енді а n-1 – ді табамыз:
m =- 21 p = 1
m = 9 p = 31
m =11 p = -31
m =1 p = 319
m =2 p = 318
m =3 p = 317
m =4 p = 316
m =5 p = 315
Р- шамасын формуламен тексерейік: Р=

m =- 21 p = -45575
m = 9 p =83783
m =11 p = 3751311
m =1 p = 31
m =2 p = 318
m =3 p = 317
m =4 p = 24847
m =5 p = 315
Р- шамасының қатынасына сәйкес х3 - 10х2+31 х-30 =0 теңдеу келесі
шешімдерге ие болады. х = 2, х = 3, х = 5.

Қайталама теңдеулер.
Қайталама теңдеу деп - ax n +bх n-1 + сх n-2 + ... + сх2 + bх + a =
0 түріндегі теңдеу айтылады.Оның басынан не соңынан бір қашықтықта тұрған
мүшелерінің коэффициенттері бірдей. Қайталама теңдеудің еш бір түбірі
нольге тең болмайды. Егер х = 0 теңдеудің түбірі болса, онда біз a n = 0
немесе дәрежесі төмен теңдеуге ие болар едік. Қайталама теңдеудің -
теңдеу түбірі болса, кері сан 1 оның түбірі болады.
Жұп дәрежелі қайталама теңдеулер.
Алдымен жұп дәрежелі (n=2k) қайталама теңдеулерді қарастырайық. Теңдеуді хк
-ға бөліп, мүшелерді топтастырып төмендегідей нәтижеге келеміз:
а (хк + (1)
=у –ті қойып аламыз:
у2 =; у3 = х 3 + 3х+ +, ..., ук =хк + кх к-2 + +...
++ кх к-2 + +) +...
Бұдан табатынымыз: =у, =у2-2, =у3 -3у, (1)-ге қойып
у–ке қатысты к–дәрежедегі теңдеуді аламыз.Тиісті х–шамасын квадраттық
х2 –х у+ 1= 0 теңдеуден табамыз.
Мысалы: х5-1 = 0 теңдеуін шешу керек.
Шешімі: х5-1 = (х-1) (х4 + х3 +х2+х +1) = 0, бұдан х-1 = 0,
х4+х3+х2+х+1=0 бұл теңдеуді =у деп есепке алып +1= 0,
=у2-2, осыдан жаңа теңдеуді аламыз. у2 +у- 1= 0, бұдан у = және
= теңдеуінен жаңа екі теңдеу аламыз: + х+ 1= 0
және
- х+ 1= 0 бұл теңдеуден:
х2,3;
х4,5 шығады.

Тақ дәрежелі қайталама теңдеулер.
Тақ дәрежелі (n=2k+ 1) қайталама теңдеудің шешімі жұп дәрежелі қайталама
теңдеуіне келеді. ax 2к+1 +bх 2к + сх 2к-1 + ... + сх2 + bх + a = 0
теңдеуі х=- 1 түбіріне ие, сондықтан оның сол жақ бөлігі х+1-ге бөлінеді.
Сол жақ бөлігі х+1-ге бөлінетін қосындысы бар мүшелер деп алайық:
a(x 2к+1 +1 ) + b(х 2к-1 + 1) + с х2 (х 2к-3 +1) + ... + Іхк(х+1 ) = 0.
Әр мүшесін х+1-ге бөліп, шыққанын мына түрде жазайық:
ax 2к -ах 2к-1 + ах 2к-2 - ... - ах + а + bх 2к-1 - bх 2к-2 +...+ bх
+... + х к басынан және соңынан бірдей қашықтықта бірдей қашықтықта тұрған
мүшелерінің коэффициенттері бір-бірімен тең болған соң, бұл теңдеуді мына
түрде жазуға болады:
ax 2к+1 -bх 2к + сх 2к-1 + ... + сх 2 + bх + а= ( х+ 1)(ахк + b-1 +... +
b 1 х + а ) = 0 Сонымен есеп жұп дәрежелі қайталама теңдеуінің шешуіне
келеді:
ax 2к +b1х 2к-1 + ... + b1х + а = 0.
Мысалы: 5 х5 + 7х4 + 8 х3 +8х 2 + 7х +5 = 0 берілген теңдеудің бірінші
түбірі х = - 1 тең сол жақ бөлігін х+1-ге бөліп аламыз :
(5х4 + 2х3 + 6х2 +2х + 5) (х+ 1) =5х5 + 7х4 + 8х3 +8х 2 + 7х +5 =0,
бұдан 5х4+2х3+6х2+2х+5=0. Бұл теңдеуді мәндерін ауыстыру арқылы
қайталама теңдеу ретінде шешеміз:
. Сондықтан
5(у2 -2) + 2у +6 = 0 5 у2 +2у – 4 = 0, бұл жерден табамыз у = ,
= теңдеуінің шешімінен: х2,3=,
х4,5= .

Қайталама теңдеулердің екінші түрі.
Қайталама теңдеудің екінші түрі деп – басынан және соңынан бірдей
қашықтықта болатын мүшелердің коэффициенттері жұп дәрежеде тең болып, тақ
дәрежелерде таңбалары қарама-қарсы болып келетін теңдеулердің
ax 2к +bх 2к -1 + сх 2к-2 + ... + сх2 - bх + a = 0 түрін айтады. Бұл
теңдеу
у = -ті қою арқылы к -дәрежесіндегі теңдеуіне келтіріледі.
ax 2к +bх 2к -1 + сх 2к-2 + ... + сх2 - bх + a = 0 теңдеуін хк –ға бөліп
және мүшелерін
а (хк + (1)
у = -ті қойып аламыз:
у2=х2–2+;у3=х3–3х+-,...,
ук=хк-Кхк2++...+-к(хк-2–( )к-2 ) +..., осыдан: =у,
=у2-2, =у3 +3у, (1) теңдеуіне қойып к-дәрежесінде у-ке қатысты
теңдеуді аламыз.Квадраттық x2 - ху -1 =0 теңдеуінен х-тің сәйкес мәнін
табамыз.
Мысалы: 2 х4 + 5х3 +16 х2 - 5х + 2 = 0 шешімін табу керек. Бұл теңдеуді
у= -ті кою арқылы табамыз.
бұл жерде : 2 ( у2 +2)5 у -16 = 0, 2у2 +5у -12 =
0; у1= -4, у2 =32 х- тің шамасын мына теңдеулерден: = -4; =
32 табамыз.
Бұл жерде: х1,2 ,
х3,4= 34 54, х3 =2, x 4 =-0.5.

ІІ Тарау.
2.1.Алгебралық теңдеулердің шешімділік теоремалары
х-ке қатысты алгебралық теңдеуді қарастырайық:
А 0 хn + А 1 хn-1 + А2 хn-2 + ... + А n-2 х2 + Аn-1 х + А n= 0; A0 ≠ 0;
n≥ 2. (1)
Теңдеуді конондық формаға келтірейік. Ол үшін (1) теңдеуді А 0 бөліп Аі А
0 = аі (і= 1,2,3 ... n) деп белгілейміз.
хn +а 1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + а n-2 х2 +а n-1 х + а n = 0,
а n-1 ≠ 0, а n ≠ 0 (2)
теңдеу мынадай анықтауышқа ие: Р (3)
Р , бұл жерде: ≠ 0
≠ 0, (3) анықтауыш үшін негізгі теореманы қарастырайық.
Теорема 1. (теңдеудің анықтаушының теңдігі).
Егер хn +а 1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + а n-2 х2 +а n-1 х + а n = 0
теңдеуінің түбірі болса онда Р
Дәлелдеуі:
Егер Р , онда
= 0. Бұдан аламыз
m2 ( ) + а n-1 `() = 0,
mn + a1 . Егер х = т болса көп мүшелік
хn +а 1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + а n-2 х2 +а n-1 х + а n нольге
айналады. Бұл дегеніміз
т- осы теңдеудің түбірі. хn +а 1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + а n-2 х2
+а n-1 х + а n
Ескерту: хn +а 1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + а n-2 х2 +а n-1 х + а n
= 0 теңдеуінің түбірлері бар интервалды табуға болады.
Егер Р болса, олардың екеуі де бірдей таңбасы болуы шарт. хn
+а 1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + а n-2 х2 +а n-1 х + а n = 0 Р
және таңбалары тең болатын интервал (мұнда теңдеудің түбіріде
жатады).Мынадай теңсіздіктер системаларын құрастырамыз:
` 0
1. Р 0 0 егер а n-1 0

` 0

0 егер а n-1 0
2. Р 0 ` 0
0 егер а n-1 0

0
0 0 егер а n-1 0.
Осы теңсіздіктің системаларының шешімдерінен:
хn +а 1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + а n-2 х2 +а n-1 х + а n= 0
теңдеудің түбірлері бар интервалдарды анықтауға болады. Осыны мысалдар
арқылы көрсетейік.
Мысалы: х4 + 2х3 - 4 х2 - 5х - 6 = 0 теңдеуінің түбірлері бар
интервалды анықтау қажет. Берілген теңдеудің анықтауышын құрастырамыз:
Р , . Енді теңдеудің түбірлері бар интервалдарды табу үшін
теңсіздіктер системасын құрастырамыз:
0 m - ,
т 1,2360679
1. Р 0 0 т 1,2360679

2. Р 0 0,

0, -3,2360679 т 1,2360679
Системалардың ортақ облысы : -3,2360679 т және m=1.23 бұл
интервалдарда х4 + 2х3 -4 х2 -5х - 6 = 0 теңдеуінің түбірлері орналасқан
интервалдар болып табылады. Енді түбірлерінің нақты түбірлерін анықтайық.
Ол үшін интервалдың ішінде орналасқан анықтауыштарын есептейік.
Р және . т= -2 мәні үшін:
Р =-5
Р
т= -3 мәні үшін Р ; Р
Соныменен теңдеудің анықтауыштарының теңдігі туралы теоремасына сәйкес т=
-3 → х4 + 2х3 - 4 х2 - 5х - 6 = 0 теңдеуінің түбірі.
Енді т 1,2360679 аумағын тексереміз: т= 2 мәні үшін Р ,
Р . Соныменен теңдеудің екінші түбірі т=
2 болады.
т= 3 мәні үшін: Р ; Р
т= 4 мәні үшін: Р ; Р
т= 5 мәні үшін: Р ; Р . Егер т- үлкейсе, онда
Р үлкейеді, ал -азаяды, өйткені т 2 аумағында теңдеу
түбірлері жоқ, сонымен қатар Р және шамаларының тең болуы
мүмкін емес.Нәтижесінде
х4 + 2х3 - 4 х2 - 5х - 6 = 0 теңдеуінің нақты түбірлері х1 = -3, х2 = 2.
Басқа түбірлер комплексті болып келеді. Бұған көз жеткізу үшін
х4 + 2х3 - 4 х2 - 5х - 6 = 0 көпмүшелігін көбейткіштерге жіктесек,онда
х4 + 2х3 - 4 х2 - 5х - 6 = ( х+ 3)(х-2) (х2 +х +1) = 0.
Теорема 2.
([m1 m2] кесіндідегі ∆Р (т) –нің белгісінінің өзгруі).
Осы теңсіздіктер жүйесінің

` Р 0
0

Р 0
0, m- өзгеру облысының аумағын көрсетсін.
Бұл жерде ≠ 0, ≠ 0. m-аумағында жататын [m1 m2]
кесіндісінде
∆Р (т1)= - () және
∆Р (т2)= - (), [m1 m2] кесіндісінде таңбаларын ауыстырса ,онда
[m1 m2] кесіндісінде
хn +а 1 х n-1 + а2 х n-2 + ... + а n-2 х2 +а n-1 х + а n = 0
теңдеудің түбірі болады.
Дәлелдеуі. [m1 m2] кесіндісінде т1 – үшін:
Р = P=), ал
m2–үшін: Р = P=( болсын.
∆Р (т) - () функцияны қарастырайық :
және оның т1, т2- мәндері үшін:
∆Р (т1) = - () 0
∆Р (т2) = 0 болсын.
Мұнда [m1 m2] кесіндісінде ∆Р (т) таңбасын өзгертіп отыр. Сонда Коши
теоремесына сәйкес(егер функция [а, в] кесіндісінде үзіліссіз болса және
f (a) 0, f (b)0 болса, f(x0) функциясының 0-ге айналатын x0 € [а, в]
нүктесі болады). [m1 m2] кесіндісінде ∆Р(т) функциясы нольге айналады.
Ескерту.
Р және бөлшекті рационалды функциялар.Бұлар төменгі шамасы
нольге тең емес барлық нүктелерде үзіліссіз. ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.