Анықталмаған теңдеулерді шешудің жаңа әдістері

Мазмұны

I. Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

1. Мақсаты мен міндеті

2. Зерттеу жаңалығы

II. Негізгі бөлім: ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

1. Теңдеулер жүйесін анықталмаған теңдеулерге келтіру әдістері.

2. Анықталмаған теңдеуді теңдеулер жүйесіне келтіру.

3. Теңдеулер жүйесін Крамер әдісімен (анықтауыштар әдісімен) шешу.

4. Есептеудегі жаңалықтар тізбесі:
n . ші дәрежелі анықталмаған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне ауыстыру және оны шешудің ерекше жолдары.

5. Анықталмаған теңдеуді анықтауыштар әдісімен шешу және мысалдар арқылы дәлелдеу.

6. Анықталмаған теңдеулер жүйесін анықтауыштар әдісімен шешу жолдары.

7. Анықталған теңдеуді (квадрат теңдеуді) анықтауыштар әдісімен шешу.

8. Жоғары дәрежелі теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу жолдарын іздестіру

III. Қорытынды: ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

Зерттеу жұмысын есептер шығаруда қолдану.
дың мәні

IV. Пайдаланған әдебиеттер тізімі ... ... ... ... ..
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

Аннотация

«Анықталмаған теңдеулерді шешудің жаңа әдістері» тақырыбындағы жазылған ғылыми . ізденіс жұмысында анықталған және анықталмаған теңдеулер арасындағы байланыс, анықталған теңдеулер жүйесін анықталмаған теңдеуге келтіру және керісінше, анықталған және анықталмаған теңдеуді және анықталмаған теңдеулер жүйесін шешудің анықтауыш әдісі мен шешу жолдары іздестіріліп, қорытындыланып, мысалдар арқылы дәлелденген, анықталмаған теңдеудің бүтін шешімдерін және өзге де шешімдерін табудың жаңа әдістері қарастырылып, қорытындысы жасалған.
Кіріспе
Математика оқулықтарында кездесетін алгебралық теңдеулерді екі үлкен топқа бөлуге болады :

1. Анықталған теңдеулер
2. Анықталмаған теңдеулер.

Анықтама 1.
Теңдеулер саны мен айнымалылар саны тең болған теңдеулер анықталған, керісінше тең болмаса анықталмаған теңдеулер деп аталады.

Мысалы :
а1х + а0 = 0 ( 1 )
а2х2 + а1х + а0 = 0 ( 2 )
а3х3 + а2х2 + а1х + а0 = 0 ( 3 )
а4х4 + а3х3 + а2х2 + а1х + а0 = 0 т.с.с. ( 4 )
теңдеулер анықталған,

ал төмендегі теңдеулер анықталмаған теңдеулер деп аталады.

а1х + а2у + а3 = 0 ( 1/ )
а1х2 + а2ху + а3у2 + а4х + а5у + а6 =0 ( 2/ )
а1х3 + а2х2у2 + а3ху + а4у3 = 0 ( 3/ )
Яғни, екі және одан да көп айнымалылары бар теңдеулерді анықталмаған теңдеулер деп атайды. Анықталмаған теңдеудің шешімі деп осы теңдеуді қанағаттандыратын айнымалылар мәндерінің барлық жиынын айтады. Анықталмаған теңдеулерді ежелгі грек ғалымы Диофант (б.э. III ғ.) өзінің 13 кітаптан тұратын (бұлардың алғашқы алтауы ғана сақталған) «Арифметика» деп аталатын еңбектерінде қарастырған. Сондықтан анықталмаған теңдеулер теориясын Диофанттың анализі деп айтады.
Математикада 1, 2, 3, 4 теңдеулерді шешудің ( радикалдарда ) жалпы әдістері табылған, бірақ, бесінші және одан жоғары теңдеулердің шешу әдістері әлі күнге дейін белгісіз. Сонымен бірге анықталмаған теңдеулерді шешудің жалпы әдістері қаралмаған. Міне осы мақсатта төмендегі ғылыми зерттеу жұмысы жүргізілді .

Жұмыста :

1) Анықталған және анықталмаған теңдеулердің бір-біріне тығыз байланыстылығы бар екендігін дәлелдедік.
2) Анықталған теңдеулер жүйесінен анықталмаған теңдеулерге өту және керісінше ауыстырулар жасау ерекшеліктерін баяндадық.
3) Анықталған және анықталмаған теңдеулерді шешудің анықтауыш әдістерін қарастырдық.
4) Жоғары дәрежелі теңдеулердің шешімдерін табудың жаңа әдістерін және аса маңызды қорытындыларын шығардық.


Ғылыми жұмыс мынадай жоспарда жүргізілген :

I. Теңдеулер жүйесін анықталмаған теңдеулерге келтіру әдістері.

II. Анықталмаған теңдеуді теңдеулер жүйесіне келтіру.

III. Теңдеулер жүйесін Крамер әдісімен (анықтауыштар әдісімен) шешу.

IV. Есептеудегі жаңалықтар тізбесі:
n – ші дәрежелі анықталмаған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне ауыстыру және оның ерекше жолдары.

V. Анықталмаған теңдеуді анықтауыштар әдісімен шешу және мысалдар арқылы дәлелдеу.

VI. Анықталмаған теңдеулер жүйесін анықтауыштар әдісімен шешу жолдары.

VII. Анықталған теңдеуді (квадрат теңдеуді) анықтауыштар әдісімен шешу.

VIII. Жоғары дәрежелі теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу жолдарын іздестіру

Қорытынды:...............................................

Зерттеу жұмысын есептер шығаруда қолдану-
дың мәні

Пайдаланған әдебиеттер тізімі..................
.......................................................................
Пайдаланған әдебиеттер тізімі:


1. Ф.Л.Варлаховский, А.С.Солодовников. Задачник – практикум по алгебре. Часть 1. Москва, 1982
2. Э.Б. Винберг. Алгебра многочленов. Москва, 1980
3. И.М. Виноградов. Основы теории чисел. Москва, 1981
4. И.А. Гибш. Алгебра пособие для учителей. Москва, Учпедгиз, 1960
5. А.И. Кострикин. Введение в алгебру. Москва, 1977
6. В.С. Михельсон. Элементы вычеслительной математики. Москва, 1966
7. А.И. Маркушеивич, К.П. Сикорский, Р.С. Черкасов. Алгебра и элементарные функции. Москва, 1968
8. Математическая энциклопедия 1 том. Москва, 1964
9. .Математическая энциклопедия 2 том. Москва, 1964
10. С.Н. Новоселов. Специальный курс элементарной алгебры.
11. В.А.Никифоровский. В мире уравнений. Москва, Наука, 1987
12. С.И. Туманов. Элементарная алгебра. Москва, 1960
13. Л.Я. Окунев. Высшая алгебра. Москва, 1966
14. Е.П.Ожигова. Что такое теория чисел. Москва, Знание, 1970
15. Б.М. Оразбаев. Анықтауыштар теориясы. Алматы, 1967
16. А.К. Окунов. Квадратные функций, уравнения и неравенства. Москва, 1966
17. Р.Н. Искандаров, Р. Назаров. Алгебра ва сонлар назарияси I том. Тошкент, 1977
18. Интернет желісі. Ферманың үлкен теоремасы.
Неопределенные уравнение.
Книга Диофанта.(www.5ballov.ru)
        
        Қазақстан Республикасы
Білім және Ғылым Министрлігі
Анықталмаған теңдеулерді шешудің жаңа әдістері
Аннотация
«Анықталмаған теңдеулерді шешудің жаңа әдістері» тақырыбындағы ... - ... ... ... және ... ... ... анықталған теңдеулер жүйесін анықталмаған теңдеуге
келтіру және керісінше, анықталған және ... ... ... ... ... шешудің анықтауыш әдісі мен шешу жолдары
іздестіріліп, қорытындыланып, ... ... ... ... бүтін шешімдерін және өзге де шешімдерін табудың жаңа әдістері
қарастырылып, қорытындысы жасалған.
Аннотация
Научно-исследовательская ... на тему ... ... ... ... ... ... научно-обоснованной методической
новинкой в решении определенных и неопределенных уравнений.
Вместе с тем, в ... ... ... ... ... решения системы
определенных уравнений в ... и, ... ... и
неопределенные уравнения и ... ... ... ... ... и методов решения и доказаны на примере
решенных задач.
Annotation
The research work on a theme " New methods of the decision of the ... " is a valuable ... - is proved ... novelty ... decision of the certain and ... ... the same time, in search work the deep analysis of the decision of
system of the certain ... in ... and, on the contrary is ... certain and uncertain equations and system of the uncertain equations
with use of determinants and methods of the decision and are proved on ... of the decided ... ... ... ... жаңа ... ғылыми жұмысы көпмүшелер теориясының негізгі мәліметтерінің
бірі болған теңдеулер теориясына ... ... ... жұмыста n-ші
дәрежелі теңдеулерді шешу жаңаша көзқарас тұрғысында ... ... және ... ... ... ... теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу;
- n-ші дәрежелі анықталған теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу;
- жоғары дәрежелі теңдеуді шешудің жаңа әдістері ... ... ... ... өте ... Жаңа ... жоғары
дәрежелі теңдеулердің түбірлерін есептеу теориясы ... ... өз ... ... арқылы дәлелдеген. Анықталған және
анықталмаған теңдеулерді ... ... өз ... өз ... ... еңбектің маңызы зор.
Сол себепті ғылыми жұмысты байқауға жіберуге болады.
Мазмұны
I. Кіріспе...........................................................
1. Мақсаты мен міндеті
2. Зерттеу жаңалығы
II. Негізгі бөлім:...............................................
1. Теңдеулер жүйесін анықталмаған ... ... ... ... теңдеуді теңдеулер жүйесіне келтіру.
3. Теңдеулер жүйесін Крамер әдісімен (анықтауыштар әдісімен) шешу.
4. Есептеудегі жаңалықтар тізбесі:
n – ші ... ... ... теңдеулер жүйесіне ауыстыру және
оны шешудің ерекше жолдары.
5. Анықталмаған теңдеуді анықтауыштар әдісімен шешу және мысалдар арқылы
дәлелдеу.
6. Анықталмаған теңдеулер ... ... ... шешу ... ... ... ... теңдеуді) анықтауыштар әдісімен шешу.
8. Жоғары дәрежелі теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу жолдарын іздестіру
III. Қорытынды:...............................................
Зерттеу жұмысын есептер ... ... ... Пайдаланған әдебиеттер тізімі..................
............................................................................
Кіріспе
Математика оқулықтарында кездесетін алгебралық теңдеулерді екі үлкен
топқа бөлуге болады :
1. ... ... ... ... ... саны мен ... саны тең болған
теңдеулер анықталған, керісінше тең болмаса анықталмаған теңдеулер деп
аталады.
Мысалы :
а1х + а0 = 0
( 1 ... + а1х + а0 = 0
( 2 ... + а2х2 + а1х + а0 = 0
( 3 ... + а3х3 + а2х2 + а1х + а0 = 0 ... ( 4 ... анықталған,
ал төмендегі теңдеулер анықталмаған теңдеулер деп аталады.
а1х + а2у + а3 = 0
( 1/ ... + а2ху + а3у2 + а4х + а5у + а6 =0 ( 2/ ... + ... + а3ху + а4у3 = 0 ( 3/ ... екі және одан да көп ... бар теңдеулерді анықталмаған
теңдеулер деп атайды. Анықталмаған теңдеудің шешімі деп осы теңдеуді
қанағаттандыратын айнымалылар мәндерінің барлық жиынын айтады. Анықталмаған
теңдеулерді ... грек ... ... (б.э. III ғ.) өзінің 13 кітаптан
тұратын (бұлардың алғашқы алтауы ғана сақталған) «Арифметика» деп ... ... ... ... ... ... ... деп айтады.
Математикада 1, 2, 3, 4 теңдеулерді шешудің ( ... ) ... ... бірақ, бесінші және одан жоғары ... ... әлі ... ... ... Сонымен бірге анықталмаған теңдеулерді
шешудің жалпы әдістері қаралмаған. Міне осы мақсатта төмендегі ғылыми
зерттеу жұмысы жүргізілді .
Жұмыста :
1) Анықталған және ... ... ... тығыз
байланыстылығы бар екендігін дәлелдедік.
2) Анықталған теңдеулер жүйесінен анықталмаған ... өту ... ... жасау ерекшеліктерін баяндадық.
3) Анықталған және анықталмаған теңдеулерді шешудің анықтауыш әдістерін
қарастырдық.
4) ... ... ... ... ... жаңа әдістерін және
аса маңызды қорытындыларын шығардық.
Ғылыми жұмыс мынадай жоспарда жүргізілген :
I. Теңдеулер ... ... ... келтіру әдістері.
II. Анықталмаған теңдеуді теңдеулер жүйесіне келтіру.
III. Теңдеулер жүйесін Крамер әдісімен (анықтауыштар әдісімен) шешу.
IV. Есептеудегі ... ... – ші ... ... ... ... ... ауыстыру
және оның ерекше жолдары.
V. Анықталмаған теңдеуді анықтауыштар әдісімен шешу және мысалдар арқылы
дәлелдеу.
VI. Анықталмаған ... ... ... ... шешу ... ... ... (квадрат теңдеуді) анықтауыштар әдісімен шешу.
VIII. Жоғары дәрежелі теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу жолдарын
іздестіру
Қорытынды:...............................................
Зерттеу жұмысын есептер шығаруда қолдану-
дың мәні
Пайдаланған ... ... ... ... ... теңдеулерге келтіру
әдістері.
(3) а1х + в1у = c1
a2x + b2y = c2
теңдеулер жүйесін қосу ... ... ... ... ... ... ... а1 + а2 )х + ( в1 + в2 )у = c1 + c2 ... а1 + а2 = a , в1 + в2 = в
, с1 + с2 = ... ... + ву = с (4) ... теңдеу келіп шығады.
а )
(3) теңдеулер жүйесі мен (4) анықталмаған теңдеулерді шешудің ... ... бола ма? ... ... ... беру үшін осыларды шешу әдістерін
қарастырайық.
(3) теңдеулер жүйесін ... ... ... бар. Ол ... ... ... қосу тәсілі, алмастыру тәсілі, тағы да анықтауыш әдісі,
жоғарғы математикадағы ... ... ... жоғалту әдісі ( Гаусс
әдісі ).
б )
(4) Анықталмаған теңдеудің бүтін шешімін табуды қарастырайық.
ах + ву + с = 0 ( 41 ) ... d = ( а, в ) ... ... ... / d = c1, деп ... болсақ
а1х + в1у + с1= 0 теңдеуі шығады.
Егер с = 0 деп ... ах + ву = 0 ... ... а және в ... жай ... және ( х0; у0 ), ах + bу + с = ... ) ... дербес түбірі болса, онда t = 0 , ±1, ±2, ... х = х0 - bt, y = y0 + at ( 41 ) ... ... ... - 52у + 1 = 0 теңдеудің ... ... х = 9, у = 22 ... ... ( t=0, ±1, ±2,... ) болғанда
х = 9+52t,
y = 22+127t ... ... ... шешімдері болады.
Анықталмаған теңдеудің бүтін шешімдерін табу, оның дербес шешімін табуға
келіп тірелді. Осы дербес ( х0; у0 ) ... ... ... табу ... ... алгебра курсында бұл анықталмаған теңдеулердің бүтін
шешімін табудың шектеусіз бөлшектер әдісі қолданылады.
Ол әдісті Евклид ... ... ... ... арқылы келтіріп
шығаруға болады.
Теорема 3:
Егер ( х0; у0 ) ах + by + c = 0, ( a, b ) = 1 ... ... ... ... болса,
х0 = ( -1 )n-1·c·Qn-1,
y0=( -1 )n·c·pn-1
болады, ал жалпы түбірлері
х = ( -1 )n-1·c·Qn-1 - bt
y = ( -1 ... + at ( t = 0, ± 1, ± 2..., ал pn-1 пен ... ... теориясы курсында ах + by = c ... ... ... мен х2 - Dy2 = ±1 Пелль ... ... ... ... ... ... теореманы қолдану әдісін
келтірейік:
Мысалы : 91х + 27у = ... ... ... ... = 91 b = 27 болғандықтан ,
91/27 = | 3, 2, 1, 2, 3 ... ... ... ... ... :
P0/Q0 = 3/1=3,
p1/Q1 = 7/2,
p2/Q2 = 10/3,
p3/Q3 = 27/8,
P4/Q4 = ... К = 4, p3 = 27, Q3 = 8 ... = ( -1 ... = ... = ( -1 ... = 297 ... олай ... = -88 + 27t, y = 297 - 91t жалпы шешім болады.
2-тарау. Анықталмаған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне келтіру ... ... ... ... ... x2 - Dy2 = 1 ... ... бұл теңдеудің бүтін санды шешімін қарастыра отырып, мүмкін
болған жағдайда сансыз көп бүтін шешімдері болатындығын көрсеткен.
Сондықтан да (5) ... ... ... деп атаған жөн.
Алдын ала D бір санның квадратына тең болсын деп алсақ, (5) - ... + t2 = 1 ... ... айналады. Ал кез-келген х2 + у2 =
z2 ... ... ... ... ... табуға болады.
Мысалы :
х = 3, y = 4, z = 5
д ... х2 - Dy2 = 1 ( 5 ) ... D = d2 ... , онда оны
х2 - d2y2 = ( x + dy )( x – dy ... ... ... ... ... болады, яғни
х + dy = 1 х + dy = -1
x – dy = 1 ... x - dy = -1
x = 1, y = 0 ... ... ... = -1, y = 0 ... ... шешімі болады.
Ал берілген (5) теңдеудің х = ± 1, y = 0 ... ғана ... ... ) x2 + 2y2 = ... ... ... табу және оның ерекшеліктері
x2 + 2y2 = z2 теңдеуінде ( x, y, z ) = 1 деп ... ... =z2 - x2 = ( z + x )( z – x )
z + x = kd
z – x = ed ... k және е – ... ... = d( k + e )
2x = d( k – e ) ( z, x ) = 1 ... үшін,
d= 2
Сол себепті z + x пен ... жай ... + x = ... болса ( 15 ) ... – x = ... мен ( z – x ) ... жай сан ... + x = 2m2
( 16 ) ... – x = ... ... n және m – ... ... – тақ сан және n > 0, m > ... ... ... ... шешсек,
z = ( n2 + 2m2 ), x = ( 2m2 - n2 ), y = mn ... ... = 2b және m = a деп ... болсақ,
х2 + 2у2 = z2 теңдеудің шешімі
x = ±( a2 + 2b2 ),
y = ... = a2 + 2b2 ( 17 ) ... ... ... ... ... ... келтіру мүмкіндіктерін
айтқан болатынбыз.
Мына, жоғарыдағы Ферма теңдеуін, x2 + 2y2 = z2 ... ... ... ... ... ... Сөйтіп, қорыта айтқанда,
анықталмаған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне келтіру мүмкін екен.
3-тарау.Теңдеулер жүйесін Крамер ... ... ... ... (6) теңдеулер жүйесін Крамер әдісімен шешу жоғарғы
математика ... ... ... оның ... ... b1 c1 b1 ... = ∆x ... y =
a2 b2 c2 b2 ... ∆ ≠ 0 ... ( 6 ) ... шешімі х = ∆x/∆, y = ∆y/∆
формулалары арқылы табылады.
n – дәрежелі үш айнымалысы бар теңдеулер және оларды ... ... ... ... ... ... ... бұл біздің жеке шешу әдісіміз болады )
а) х + у = z теңдеуін шешу үшін мына ... ... ... :
1) х = 2n, y = 1 – n, z = n+1 (7) n = 0,1,2, . . . , ... ... ... x = 2n, y = ( 1 - 2n )/2, z = ( 2n + 1 )/2 ... ... ... ... болады.
б) x 2 + y2 = z2 ... ... табу үшін ... ... :
( х + у )2 = х2 + 2ху + у2 формуласын пайдаланып, х2 + у2 = z2
теңдеуін былай ... ... х +у )2 - 2ху = z2. Бұл ... x, y, z ... (7) ... ... + 4n( 1 – n )+(1 – n)2 = ( 1 + n )2 теңдігін ... ... ... ... = 4n2 , y2 = 4n( 1 – n ) + (1 – n)2, z2 = ( 1 + n )2 ( 8 ) ... x2 + y2 = z2 теңдеуінің шешімдері
x = 2n, y = 2 , z = 1 + n (8) ... x3 + y3 = z3 ... ... ... ол ... + ( 1 – n ) = n + 1 теңдігін пайдаланайық .Осы теңдікті куб дәрежеге
шығарғанда,
( 2n )3 + 3*( 2n )2*( 1 – n ) + 3*2n*( 1 - n )2 + ( 1 – n )3 = ( n + 1 ... ... x3 = ... = 6n*( 1 - n2 ) + ( 1 – n ... = ( n + 1 )3 формулаларды табуға
болады.
Олай болса, кез ... n > 2 үшін xn + yn = zn ... ... ... xn + yn = ... ... табу ... Пьер Ферманның үлкен теоремасына ерекше
жасалған жол .
Диофант Александрскийдің «Арифметика» кітабына жазылған Пьер ... «Мен мұны ... ... , бірақ бос жай жетпегендіктен дәлелді
келтірмедім» деген сөзіне әлі күнге дейін толық жауап берілмегені
математиктерге белгілі жай .
Сол анықталмаған Ферма ... + yn = zn n > 2 ... ... жалпы жолын қарастырамыз.
xn = ( 2m )k+1 , yn = 2m( k + 1 )*( 1 - mk ) + ( 1 - m )k+1 , zn = ( 1 ... ... m ( -, ), n= 1, 2, 3, ... = 0, 1, 2, ... n-ші ... ... ... теңдеулер
жүйесіне ауыстыру әдісі және оның ерекше жолдары.
anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 = 0 ( 18 ) ... ... ... ... ... an-1 ,…, a0 коэффиценттері мен n - ші теңдеулер жүйесіне
келтіру мәселесін қарастырайық. ... ... ... ... ... мына ... ... шешумен салыстырайық.
ах + в = с ах2 + вх + с = 0
х = х1,2 =
D = в2 – 4ас ... :
1. х2 – 5х + 6 = ... ... бойынша х1 = 3, х2 = 2 ... х2 – 5х + 6 = ... – Виет ... ... ... жүйесіне айналдыруға
болады.
х1 + х2 = 5
х1 ∙ х2 = ... ... ... ... ... 5
1 1 ... ... болады.
5 санын екі санның қосындысы түрінде былай жазуға болады .
5 = 1 + 4
5 = 2 + 3
6 ... екі ... ... ... ... ... болады :
6 = 1*6
6 = 2*3 Осы екеуінен жауаптың 2 және 3 ... ... ... x2 - 5x + 6 = 0 теңдеуін анықтауыш әдісімен ... = 5 + 1 = ... = 5 – 1 = ... = 2 * 1 = 2
x1 = ∆x1 ¦ ∆ = 6 ¦ 2 = 3
x2 = ∆x2 ¦ ∆ = 4 ¦ 2 = ... ... жалпылауға көшейік :
Математикалық рекурсия әдісін қолданайық:
а) ax2 + bx + c = 0 ... a = 1, b = -5,c = 6 ... ,
x1 = ∆x1 ¦ ... = - b + ... = - b – 1 x2 = ∆x2 ¦ ∆ ... ... = ... x2 + px + q = 0 ... = - p + ... = - p – 1 x1 = ∆x1 ¦ ... = 2 x2 = ∆x2 ¦ ... Виет ... ... + вх + с = 0
х2 + x + = 0, p = , q =
x1 + x2 = -
x1 ∙ x2 = ( 19 ... ах2 + вх + с = 0 ... ... ... болады:
2
а ∆х1/ ∆ + b ∆х1/ ∆ + с = ... ∆х2/ ∆ + в ∆х2/ ∆ + с = 0 ... ... мына ... табуға болады :
а( ∆х1 )2 + в∙∆х1∙∆ + ... ∆х2 )2 + ... + с∆2 = 0 осы ... қосатын
болсақ:
а[( ∆х1)2 + ( ∆х2)2] + в∆( ... ) + 2с∆2 = ... ∆х1 + ∆х2 )2 - ... + в∆( ∆х1 + ∆х2 ) + 2с∆2 = 0 ( 21 )
болады.
Егер азайтатын ... ... ∆х1 - ∆х2 )2 + в∆( ... ) = 0 ( 22
) ... 19 ) ... ... ... = ∆х1 / ∆ * ∆х2 / ∆ = ... / ∆2 = ... = ... 23 )
∆х1 + ∆х2 = - ∙∆ ( 24 ) ... ... ... (22) ... ∆x1 - ∆x2 ) + b∆( ∆x1 - ∆x2 ) = 0
( ∆x1 - ∆x2 )a( ∆x1 - ∆x2 ) ... = ... - ∆x2 = 0
a( ∆x1 - ∆x2 ) + b∆ = ... = ( ∆x2 - ∆x1 )a / b ... берілген теңдеулер жүйесінің бірінші теңдеуінен :
a( ∆x1 )2 + b( ∆x1 ) * ( ∆x2 - ∆x1 )a / b + c( ∆x2 - ∆x1 )a /
b2 = 0
a( ∆x1 )2 + ... – a( ∆x1 )2 + ( ∆x2 )2 - ... + ( ... / b2 = ... + ca2 / b2( ∆x2 )2 + ... + ( ∆x1 )2 = ... + ca2 / b2( ∆x1 + ∆x2 )2 = 0, ... = - (∆x1 + ∆x2)2ca / b2 (26)
(20) теңдеуінің екінші теңдігінен ... ... ... ... ... ∆х2 )2 + в∙∆х2+ с∆2=0
а∙( ∆х2 )2+ в∙∆х2∙ а( ∆х2-∆х1 ) / в + с∙ а2( ... )2 / в2 = ... ∆х2 )2 + ... ∆х2 - ∆х1 ) + ( ∆х2 - ∆х1 )2 = ... ∆х22 + а∙ ∆х22 - ... + ∆х22 - 2∆х2 - ∆х1 +
∆х12 = 0
( 2а + )∆х22 - ( а - ... + ∆х12 = 0 ( 27 )
( 2а + )∆х22 + ( - ... ) ( ∆х1 + ∆х2 )2 + ( ∆х1 )2
= 0 ... ... (26) және ( 27/ ) ... құралған теңдеулер
жүйесін құрастыруға болады екен.
Яғни, ... ... ... ... мына ... ... болатындығын көреміз.
∆x1∆x2 = - ( ∆x1 + ∆x2 )2ca / b2 ... 2а + )∆х22 - ( а - 2 ... + ∆х12 =
0 ... :
Кез келген n-ші дәрежелі анықталған теңдеулерді шешуді, теңдеулер жүйесін
шешуге келтіруге болады екен.
Мысалдар қарастырайық:
x2 - 8x + 15 = 0 ... ... ... ... ... ... ол былай болады:
x1 + x2 = 8
3x1 – 4x2 =3 Виет ... мен ... ... ... ... ... жалғастырамыз.
Бұл системаны анықтауыш әдісімен шешейік:
1 1
∆ = = - 4 – 3 = - 7 ∆ = - 7
3 - 4
8 ... = - 32 – 3 = - 35, ∆x1 = - 35
3 - 4
1 ... = = 3 – 24 = - 21 ∆x2 = - 21
3 3
x1 = ∆x1 / ∆ = - 35 / - 7 = 5 x1 = 5
x2 = ∆x2 / ∆ = -21 / - 7 = 3 x2 = ... x1 = 5, x2 = ... ... анықтауыш әдісімен шешу және мысалдар
арқылы дәлелдеу
4-тарауда анықталған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне келтіру мүмкіндігі
туралы қорытынды ... ... ... ... ... ... ... айтылған болатын. Міне, осы тұжырымдардан кез-
келген анықталмаған теңдеуді шешудің анықтауыш әдісін келтіріп шығаруға
болады.
Осылардан пайдаланып , кейбір есептеудің ... және ... ... ... ... + by = ... а, в, с - тұрақты сандар.
Осы теңдеуді анықтауыш әдісімен шешейік.
∆ = а – в ... ... ... ... ... шешімі
x0 = c / (a – b)
y0 = - c / (a – b) болады.
Олай ... оның ... ... = c / (a – b) + bt y= - c / (a – b) – at ... ... 1: ... = a – b = 54 – 37 = 17 ∆ = ... ∆y = , ... ... x = 1/17, y = - ... 2: ... = 27 + 40 = 67
, , ... ... x = 1 / 67, y = - 1 / ... 3: ... = 13 - (-15) = 28
, , , ...
Жауабы: x = 1 / 4, y = - 1 / 4 ... 4: ... = 253 + 449 = ... , ... ... x = 1 / 234, y = - 1 / ... Анықталмаған теңдеулер жүйесін анықтауыш
әдісімен шешу
1-әдіс:
f(x) == 0, ,
x = 0 ... y = -1.5 ( 0; -1.5 ), x = -0.5 ... y = - 4 ( ... )
Жауабы: ( 0; -1.5 ), ( -0.5;-4 )
2-әдіс:
,
∆ === 1- 4 = - 3, ∆ = - ... =, ∆, ... (1; 2), (2; ... ... ... ... теңдеуді) анықтауыш әдісімен шешу
a0x2 + a1x + a2 = 0 ... a0 = 1 ... ... шешуді қарастырайық:
Мысал 1: x2 - 8x + 15 = 0 ... , . ... ... - 60=4 болғандықтан, Виет теоремасыменен ... ... ...
, ; ... , ... 2: x2 + 12x + 27 = ... ;
, , .
, , ...
a01 болғандағы, a0x2 + a1x + a2 = 0 (а) ... ... ... әдісін жалпылау арқылы келтіреміз.
Виет теоремасы бойынша:
x1 + x2 = -a1/a0 (б)
x1 x2 = a2/a0 Ал ... ... жаңа ... = a02(x2 – x1) (с). (б) және (с) ... – x1 = D / a02 a02x2 – a02x1 = ... + x1 = -a1/a0 a0x2 + a0x1 = -
a1 ... (д) ... ... Крамер әдісін (анықтауыш әдісі) қолданудың
жаңа жолы табылады.
a02 ... = = a03 + a03 = ... ... ... = = -a1a02 – a0D = a0(-a1a0 – ... ... ... = = Da0 – a1a02 = a0(D – ... ... (а) ... ... ... x1 және x2 табылады.
x1 = a0( -a1a0 – D ) / ( 2a03 ) = -( a1a0 + D ) / ( 2a02 ) = -a1 / ... ) – D / ( 2a02 )
x2 = ∆x2 / ∆ = a0 ( D – a1a0 ) / ( 2a03 ) = ( D – a1a0 ) / ( 2a02 ... кез - ... ... ... ... әдісі жәрдемінде шешу
мүмкін екен. Міне, осылай үшінші, төртінші дәрежелі теңдеулерді анықтауыш
әдісімен шешуге болады. Бұл тамаша, жаңа бағытты көрсетеді. Бұл әдісті
басқа кез – ... ... ... ... ... ... ... болашағы өте зор.
8 – тарау. Жоғары дәрежелі теңдеулерді анықтауыштар әдісімен шешу жолдарын
іздестіру
Үшінші дәрежелі ... ... жаңа ... ... x3 + ax2 + bx + c = 0 (1) ... ... ... әдісі
былай есептеледі:
(2)
Бұл жерде және ;
Кардано әдісі бойынша u және ... ... ... кейін бірінші формула
бойынша түбірлерін табу үшін көп уақыт жұмсалады. Сондықтан ... ... ... ... ... яғни жаңа әдіс ... тиіс. Біз бұл жұмыста
үшінші дәрежелі теңдеуді шешудің жаңа әдісін қарастырамыз. Ол былай
табылады:
Көпмүшелілердің дискриминантын табу формуласы бойынша, мыналарды жазуға
болады.
D = - 4p3 - 27q2 D = (x3 - x2)2 (x2 - x1)2 ... ... ... x3 + ax2 + bx + c = 0 ... үшін Виет ... мына теңдіктерді аламыз.
x3 + px + q = 0 теңдеуі үшін (5) жүйе былай болады
Егер осы (6) - ... ... (2) - мен (3) - ші ... ... ... ... түріне келтірсек, онда үшінші дәрежелі
теңдеуді анықтауыштар әдісімен шешуге болатындығын дәлелдеп көрсетуге
болады...
Қорытынды
Математикалық есеп – ... ... және ... ... ... де, ... ... Ойлау қабілеттерін
дамытуда, оларды тәрбиелеуде, біліктіліктерімен дағдыларының қалыптасуында,
математиканың практикамен байланысын көрсетуде ... ... зор. ... – ой жұмысы. Ой жұмысы арқылы дербес ойлауға, қорытынды ... ... көре ... ... ... ... бірнеше
әдіспен шығару ізденушілік ... ... ... ... ... көп ... Біз ... теңдеулер жүйесін анықталмаған теңдеулерге ... ... ... ... теңдеулердің бүтін шешімдерін
табуға болатындығын қарастырдық, ал ... ... ... х=±1, y=0
болғанда ғана бүтін шешімі болатынын және П.Ферманың үлкен ... ... ... ... ... шешуге болатынын
көрсете отырып, анықталмаған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне ... ... ... ... n-ші ... ... ... теңдеулер жүйесіне
ауыстырудың әдістері мен ерекше жолдарын қарастырып келтірілген ... ... ... ... ... ... ... тәсілін келтіріп шығардық.
3. 5-тарауда ax + by = c ... ... ... ... ... жаңа ... қарастырып, мысалдар арқылы дәлелдедік. Яғни,
∆ = а – в болса,
, ал
болады. ... ... ... ... = c/( a – b )
y0 = - c/( a – b ) ... ... оның жалпы шешімі
x= c / ( a – b ) + bt y= - c / ( a – b ) – at ... 1: ... = a – b = 54 – 37 = 17 ∆ = ... ∆y =, ... ... x = 1/17, y = - ... 6-тарауда анықталмаған теңдеулер жүйесін анықтауыш әдістерін қолдана
отырып, шешу амалдарын қарастырдық.
f(x) == 0, ,
x = 0 ... y = -1.5 ( 0; -1.5 ), x = -0.5 ... y = - 4 ( ... ... ( 0; -1.5 ), ( -0.5;-4 )
5. ... ... дәрежелі a0x2 + a1x + a2 = 0, a0 = 1 және ... ... ... ... ... ... отырып, оны
анықтауыштар әдісімен шешу ... ... ... шешу ... ... 1: x2 - 8x + 15 = 0 ... , . болатындығын ... - 60=4 ... Виет ... ... ... ...
, ; ... ,
Осы көрсетілген теңдеу шешуіне сүйене отырып,
(a0 1) a0x2 + a1x + a2 = 0 (a) ... ... ... ... ... ... ... келтіреміз.
Виет теоремасы бойынша:
x1 + x2 = -a1/a0 (б)
x1 x2 = a2/a0 Ал ... ... жаңа ... = a02( x2 – x1 ) (с). (б) және (с) ... – x1 = D / a02 a02x2 – a02x1 = ... + x1 = -a1/a0 a0x2 + a0x1 = -
a1 ... (д) теңдеулер жүйесінен Крамер әдісін, (анықтауыш әдісі) қолданудың
жаңа жолы табылады.
a02 ... = = a03 + a03 = ... ... ... = = -a1a02 – a0D = a0(-a1a0 – ... ... ... = = Da0 – a1a02 = a0(D – ... ... (а) ... теңдеудің түбірлері x1 және x2 табылады.
x1 = a0(-a1a0 – D) / (2a03) = -(a1a0 + D) / (2a02) = ... ... = ... = a0(D – a1a0) / (2a03 )= (D – a1a0) / ... кез - келген анықталған теңдеуді анықтауыш әдісі жәрдемінде шешу
мүмкін екен. Міне, осылай үшінші, төртінші дәрежелі теңдеулерді анықтауыш
әдісімен шешуге ... Бұл әдіс ... ... шешуде күрделі болса,
одан жоғары дәрежелі теңдеулерді шешуде өте тиімді болады. Бұл тамаша, жаңа
бағытты ... Бұл ... ... кез – ... ... ... шешуде қолдануға болады. Оның болашағы өте зор.
x3 + ax2 + bx + c = 0 ... ... ... ... ... ... жерде және ;
оңайлату мақсатында жоғардағы теңдеуі жоғары дәрежелі теңдеулерді шешу ... ... ... ... ... ... 2-ші және 3-ші ... теңдеулерді
D = -4p3 - 27q2
D = a0( x3 - x2 )2( x2 - x1 ) ... және ... ... ... ... ... теңдеулерге келтіріп, анықтауыштар
әдісімен үшінші дәрежелі теңдеуді шешуге болады.
Зерттеу, ... ...... ... жету ... әдебиеттер тізімі:
1. Ф.Л.Варлаховский, А.С.Солодовников. Задачник – практикум по алгебре.
Часть 1. Москва, ... Э.Б. ... ... ... Москва, 1980
3. И.М. Виноградов. Основы теории чисел. Москва, 1981
4. И.А. Гибш. ... ... для ... ... ... ... А.И. ... Введение в алгебру. Москва, 1977
6. В.С. ... ... ... математики. Москва, 1966
7. А.И. Маркушеивич, К.П. Сикорский, Р.С. Черкасов. ... ... ... ... 1968
8. Математическая энциклопедия 1 том. Москва, 1964
9. ... ... 2 том. ... ... С.Н. ... Специальный курс элементарной алгебры.
11. В.А.Никифоровский. В мире уравнений. Москва, Наука, 1987
12. С.И. ... ... ... ... 1960
13. Л.Я. Окунев. Высшая алгебра. Москва, 1966
14. Е.П.Ожигова. Что такое теория чисел. Москва, ... ... Б.М. ... Анықтауыштар теориясы. Алматы, 1967
16. А.К. Окунов. Квадратные функций, уравнения и неравенства. Москва,
1966
17. Р.Н. ... Р. ... ... ва ... ... I ... 1977
18. Интернет желісі. Ферманың үлкен теоремасы.
Неопределенные уравнение.
Книга Диофанта.(www.5ballov.ru)

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Курстық жұмыс
Көлемі: 23 бет
Бұл жұмыстың бағасы: 500 теңге









Ұқсас жұмыстар
Тақырыб Бет саны
Арман мұнай-газ кен орны80 бет
Жаңажол кеніші мұнайы (айдау және пайдалану скважиналары)95 бет
n-ші ретті, коэффициенттері айнымалы біртекті сызықтық дифференциалдық теңдеулерді жалпыланған Абель формуласын пайдаланып шешу36 бет
«Девиантты мінез – құлқы бар балаларды анықтау және оқыту проблемаларын шешудің болашақ даму жолдары»9 бет
«Фредгольм интеграл-дифференциалдық теңдеу үшін екі нүктелі шектік есепті шешудің жуық әдісі»47 бет
Алгебралық теңдеулердің шешудің жанама әдісі7 бет
Арифметикалық және логикалық командалар . avr тегінденгі микроконтроллерларды пайдалану ерекшеліктері . Тактілі генераторлардың сыртқы элементтері . Интерфейстарды шешудің негізгі сұлбалары5 бет
Басқару мәселелерін шешудің ақпараттық технологиясын эскизді жобалау4 бет
Басқару мәселелерін шешудің ақпараттық технологиясын эскизді жобалау. Жобалау алдындағы анализ элементтері. Техникалық жобалаудың элементтері10 бет
Бүтін сандар жиынында анықталмаған теңдеулерді шешу әдістері28 бет


+ тегін презентациялар
Пәндер
Көмек / Помощь
Арайлым
Біз міндетті түрде жауап береміз!
Мы обязательно ответим!
Жіберу / Отправить


Зарабатывайте вместе с нами

Рахмет!
Хабарлама жіберілді. / Сообщение отправлено.

Сіз үшін аптасына 5 күн жұмыс істейміз.
Жұмыс уақыты 09:00 - 18:00

Мы работаем для Вас 5 дней в неделю.
Время работы 09:00 - 18:00

Email: info@stud.kz

Phone: 777 614 50 20
Жабу / Закрыть

Көмек / Помощь