Үшінші және төртінші дәрежелі теңдеулерді шешу әдістері

МАЗМҰНЫ

КІРІСПЕ

1 ҮШІНШІ ЖӘНЕ ТӨРТІНШІ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУ ӘДІСТЕРІ

1.1 Үшінші дәрежелі теңдеу 5
1.2 Төртінші дәрежелі теңдеу 7
1.3 Төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу 8
1.4 Коэффициенттеріне берілген қосымша шарттары бар төртінші дәрежелі
теңдеу 10
1.5 Төртінші дәрежелі теңдеудің графиктік шешу әдісі 11
Есептер

2 ЖОҒАРЫ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕР 20
2.1 Қайтымды және симметриялы теңдеулердің дәрежесін төмендету 20
2.2 Алгебралық теңдеулерді шешудің жасанды әдістері 24
2.3 Нақты ось аралығында теңдеулерді зерттеу 27
Есептер

ҚОРЫТЫНДЫ

ӘДЕБИЕТТЕР ТІЗІМІ
КІРІСПЕ
Квадраттық теңдеулерді шешу әдістерін ежелгі гректер, үнділер алғаш рет пайдаланған. 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. Радикалда үшінші және төртінші дәрежелі теңдеулердің шешу әдістері табылғаннан кейін, енді бесінші дәрежелі теңдеуді шешу әдісін іздеуге ұмтылыстар жасалды. Бұл мақсатқа жету үшін көптеген күш жұмсалды.
1798 ж. итальян ғалымы Руффини төртінші дәрежеден жоғары теңдеулер радикалда шешілмейді деген шешім айтты, бірақта бұл пайымдау толық болмай шықты. Төртінші дәрежеден жоғары дәрежелі теңдеулерді радикалда шешу әдістері болмайтындығы туралы қатаң дәлелдемені Норвегия математигі Абель пайымдады. Сонда да, Руффинида, Абельде қойылған сұраққа толығымен, анық жауап бере алмады.
Данышпан, француз математигі Эврис Галуа (1811-1832) бұл сұраққа нақты жауап тапты. Галуаның басты еңбегі Ж. Лагранж бен Н.Абель бастаған алгебралық теңдеулердің радикал арқылы шешілетіндігі туралы зерттеулердің негізінде жасалған. Осының нәтижесінде Галуа теориясы шыққан.
ГАЛУА ТЕОРИЯСЫ – бір белгісізі бар жоғары дәрежелі алгебралық теңдеулер теориясы. Оның негізін Галуа салған. Галуа теориясында
xn+a1xn-1+a2xn-2+…++an-1x+an=0; (1) түріндегі теңдеулерді шешу тәсілдері зерттеледі. Галуа зерттеулері алгебраның одан әрі дамуына шешуші ықпал жасады. Оның теориясы өзі қайтыс болғаннан кейін 14 жыл өткеннен соң жарыққа шықты. Галуа теориясын оның замандас ғалымдары да (О.Л. Коши мен А. Пуанкаре де) түсіне алмады. Галуа теориясын француз математигі Ж. Лиувилль жарыққа шығарды. (1) теңдеуінің белгігі бір жағдайдағы шешімділігінің қажетті және жеткілікті шарты былайша іске асырылады: әрбір теңдеуге оның түбірлерінен құрылған алмастырулар тобы сәйкес келеді. Бұл топ теңдеудің Галуа тобы деп аталады. Егер осы топ шешімді болса, онда оған сәйкес топтың шешімділігін тексеру керек. Ал топтың шешімділігі сол топтан жасалған композициялық қатардың индексіне қарап анықталады. Индекстер тізбегі тек жай сандардан тұрса, онда топ шешімді және керсінше болады. Дәрежесі 5-ке тең не одан жоғары (1) түріндегі алгебралық теңдеулердің, жалпы жағдайда, радикал арқылы шешілмейтіндігін Галуа (Абельге байланыссыз) өз бетінше дәлелдеді.
Көптеген жоғары дәрежелі теңдеулерді шешу үшін толық квадрат бөліп шығару, топтау, анықталған коэффиценттер әдісі, параметр енгізу әдістері, белгісіздерді белгілеу әдістері т
ӘДЕБИЕТТЕР ТІЗІМІ

1. Бектаев Қ. Сөздік / Қ. Бектаев. – Алматы : Алтын қазына, 2001. – 704 бет
2. Задачи по математике. Алгебра: справочное пособие / В. В. Вавилов, И. И.
Мельников, С. Н. Олехник, П. И. Пасиченко. – М. : Наука, 1987. – 432 с.
3. Курош А. Г. Курс высшей алгебры / А. Г. Курош. – М. : Гос. изд. физ – мат. лит., 1963. – 424 с.
4. Кутепов А. К., Рубанов А. Т. Задачник по алгебре и элементарным функциям / А. К. Кутепов, А. Т. Рубанов. – М. : Высшая школа, 1969. – 288 с.
5. Қаратаев М. Қ. Қазақ совет энциклопедиясы (2 том) / М. Қ. Қаратаев. – Алматы, 1975. – 802 бет
6. Ляпин С. Е. Сборник задач по элементарной алгебре / С. Е. Ляпин, И. В. Баранова, З. Г. Борчугова. – М. : Просвещение, 1973. – 351 с.
7. Новоселов С. И. Алгебра / С. И. Новоселов. – М. : УЧПЕДГИЗ, 1947. – 265 с.
8. Новоселов С. И. Алгебра и элементарные функции / С. И. Новоселов. – М. : УЧПЕДГИЗ, 1956. – 395 с.
9. Новоселов С. И. Специальный курс элементарной алгебры / С. И. Новоселов. – М. : Советская наука, 1951. – 545 с.
10. Окунев Л. Я. Высшая алгебра / Л. Я. Окунев. – М. : Просвещение, 1966. – 328 с.
11. Соминский И. С. Элементарная алгебра: дополнительный курс / И. С. Соминский. – М. : Наука, 1967. – 200 с.
12. Фаддеев Д. К. Лекции по алгебре: учебное пособие для вузов / Д. К. Фаддеев. – М. : Наука, 1984. – 416 с.
13. Фаддеев Д. К. и Соминский И. С. Алгебра / Д. К. Фаддеев и И. С. Соминский. – М. : Наука, 1964. – 532 с.
14. Фаддеев Д. К., Соминский И. С. Сборник задач по высшей алгебре / Д. К. Фаддеев, И. С. Соминский. – М. : Наука, 1968. – 304 с.
15. Ястребинецкий Г. А. Уравнения и неравенства, содержащие параметры / Г. А. Ястребинецкий. - М. : Просвещение, 1972. – 128 с.
        
        МАЗМҰНЫ
КІРІСПЕ
3
1 ҮШІНШІ ЖӘНЕ ТӨРТІНШІ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕРДІ
ШЕШУ ӘДІСТЕРІ
5
1.1 Үшінші дәрежелі теңдеу
5
1.2 Төртінші дәрежелі теңдеу
7
1.3 Төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу
8
1.4 Коэффициенттеріне берілген қосымша шарттары бар ... ... ... дәрежелі теңдеудің графиктік шешу әдісі
11
Есептер
15
2 ЖОҒАРЫ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕР
20
2.1 Қайтымды және ... ... ... төмендету
20
2.2 Алгебралық теңдеулерді шешудің жасанды әдістері
24
2.3 Нақты ось аралығында ... ... ... ... шешу ... ... ... үнділер алғаш
рет пайдаланған. Ал үшінші дәрежелі теңдеулерді шешу ... ең ... ... ... мен ... тапқан. Куб дәрежелі теңдеулерді
шешу әдістері табылғаннан кейін, көп ұзамай Кардано ... ... ... ... шешу ... тапты. Радикалда үшінші ... ... ... шешу ... ... ... ... дәрежелі теңдеуді шешу әдісін іздеуге ұмтылыстар ... ... жету үшін ... күш ... ж. ... ... Руффини төртінші дәрежеден жоғары теңдеулер
радикалда шешілмейді деген шешім ... ... бұл ... ... ... ... дәрежеден жоғары дәрежелі ... ... ... болмайтындығы туралы қатаң дәлелдемені Норвегия математигі Абель
пайымдады. Сонда да, ... ... ... ... ... ... бере ... француз математигі Эврис Галуа (1811-1832) бұл сұраққа нақты
жауап тапты. Галуаның ... ... Ж. ... бен ... ... ... ... арқылы шешілетіндігі туралы зерттеулердің
негізінде жасалған. Осының нәтижесінде Галуа теориясы шыққан.
ГАЛУА ТЕОРИЯСЫ – бір ... бар ... ... ... ... Оның ... Галуа салған. Галуа теориясында
xn+a1xn-1+a2xn-2+…++an-1x+an=0; (1) түріндегі теңдеулерді шешу ... ... ... ... одан әрі ... ... ... Оның теориясы өзі қайтыс болғаннан кейін 14 жыл ... ... ... ... ... оның ... ... да (О.Л. Коши мен А.
Пуанкаре де) түсіне алмады. ... ... ... ... Ж. Лиувилль
жарыққа шығарды. (1) теңдеуінің белгігі бір ... ... және ... ... ... іске ... әрбір теңдеуге оның
түбірлерінен құрылған алмастырулар тобы ... ... Бұл топ ... тобы деп аталады. Егер осы топ шешімді болса, онда оған сәйкес топтың
шешімділігін тексеру керек. Ал топтың ... сол ... ... қатардың индексіне қарап анықталады. Индекстер ... ... ... ... онда топ шешімді және керсінше болады. Дәрежесі 5-ке
тең не одан ... (1) ... ... теңдеулердің, жалпы жағдайда,
радикал арқылы ... ... ... ... өз ... ... дәрежелі теңдеулерді шешу үшін толық квадрат ... ... ... коэффиценттер әдісі, параметр енгізу әдістері,
белгісіздерді белгілеу әдістері тағы да толып ... ... ... Осы әдістердің біршамасын алдағы тақырыптарда, теңдеулерді
шешуде пайдаландым.
1 ҮШІНШІ ЖӘНЕ ТӨРТІНШІ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУ ӘДІСТЕРІ
1. ... ... ... ... сандар өрісіндегі үшінші дәрежелі
х3+ах2+вх+с=0 ... ... ... ... (1.1.1) теңдеуді
(1.1.2) ... ... ... , . Енді ... ... да кубтайық:
(1.1.3)
(1.1.2) мен (1.1.3) теңдеулерін салыстырып, ... , ... ... пен ... (1.1.4) ... ... ... шығады. (1.1.4) теңдеуін шешсек
Сондықтан ,
Сонымен, (1.1.2) куб ... ... ... ... Кардан формуласы деп аталатын мына формуланы таптық:
(1.1.2) теңдеуінің үш түбірі мұндағы Е-үш ... ... ... ... ... -деп ... ... (1.1.1)
теңдеуінің үш түбірі болады.
Теорема. ... ... сан ... ... болсын және
болсын. Онда:
1) Егер болса,онда теңдеудің бір нақты және екеуі ... ... ... ... онда ... үш ... де ... сандар және
олардың екеуі өзара тең.
3) болса, онда теңдеудің барлық түбірлері әртүрлі нақты сандар
болады.
Мысал. ... ... ... (*) ... ... Бұл ... екі ... шешуге болады.
1-тәсіл. Мұнда Онда
Сондықтан (*) теңдеуінің үш ... де ... ... және олардың екеуі
өзара тең.
бұдан
Демек, х=-2, х=1 ... ... ... ... ... х=-2 шешуін
тапқаннан кейін, қалған шешулерін табу үшін х3-3х+2 көпмүшелігін (х+2)-ге
бөліп, шыққан бөліндінің (квадрат үшмүшеліктің) түбірлерін табу ... ... ... ... ... (*) ... 3 ... болады.
1.2 Төртінші дәрежелі теңдеу.
Кез келген сандар өрісіндегі ... (1.2.1) ... ... ... Бұл ... шешу үшін Ферари әдісін пайдаланып,
куб теңдеуді шешуге келтіреміз.Берілген теңдеуді х4+ах3=–вх2-сх-d ... ... Осы ... екі ... да ... ... сонда
теңдеудің сол жағы екі санның қосындысының толық квадратын береді:
Сонғы теңдеудің екі жағына да -өрнегін қоссақ, теңдеудің ... үш ... ... ... ... береді:
Енді у-ті (1.2.2) теңдеуінің оң жағы ... ... ... ... Ол үшін болу ... Бұл ... ... теңдеу. Оның бір
түбірі у0-ді тапсақ жеткілікті. y0-ді (1.2.2) теңдеуіндегі ... ... ... Соңғы теңдеу мынадай:
екі теңдеуге мәндес. Бұл теңдеулерді шешіп, берілген теңдеудің төрт ... ... ... ... ... х4-2х3 =-2х2-4х+8 түрінде жазып алып , теңдеудің екі ... ... ... ... теңдеудің екі жағына да өрнегін қоссақ,
теңдеуін аламыз. y-ті соңғы теңдеудің оң жағы толық квадрат болатындай етіп
таңдаймыз. Ол ... ... ... ... ... ... дәрежелі теңдеу. Оның бір түбірі
у2(у-2)+24(у-2)=0 (у-2)(у2+24)=0; у0=2 болады.
Ендеше (х2-х+1)2=х2-6х+9(х2-х+1)2=(х-3)2
бұдан ... ... ... ... ... теңдеудің төрт түбірін аламыз: ;
2 Төртінші дәрежелі симметриялы теңдеулер.
, ... ... ... дәрежелі симметриялы теңдеу деп аталады.
х=0 (1.3.1) теңдеуінің түбірі болмағандықтан, теңдеудің екі жағында
бөлсек, келесі ... ... ... ... ... жазып алайық:
.
Бұл теңдеуді шешу үшін белгілеуін енгіземіз, онда
(1.3.3)
Егер соңғы теңдеудің у1 және у2 екі ... ... онда ... ... ... ... (1.3.3) ... у0 бір түбірі болса, онда бастапқы теңдеу
болмаса онда бастапқы теңдеуіне тең.
Ал, егер (1.3.3) ... ... ... онда ... берілген
теңдеудің де түбірі болмайды.
Мысал. Теңдеуді шешіңіз
(1.3.4)
Шешуі: Берілген теңдеу төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу. х=0 теңдеудің
түбірі болмағандықтан (1.3.4)-ң екі ... ... ... ... ... ... (1.3.5) теңдеуі мына түрге келеді:
немесе
деп алып,
және екі ... ... ... ... ... ... ... қойсақ
және
болады. Бірінші теңдікті шешсек , ал екінші теңдіктің шешімі
және болатынын көреміз. ... ... (1.3.4) ... үш ... , , .
1.4 Коэффицентіне берілген қосымша шарттары бар төртінші ... ... ... ... ... а(0, в(0, d(0 және .
х(0 теңдеудің түбірі ... оны ... ... ... ... деп алып ... ескеріп, (1.4.1) теңдеуін келесі түрде жазамыз
.
Бұл квадраттық теңдеудің шешімін таба ... одан ... біз ... ... ... ... Теңдеуді шешіңіз
(1.4.2)
Шешуі: Берілген теңдеуде а(1, в(2, d(4, f(4. a(0, в(0, d(0, . ... ... ... болмайды, сондықтан теңдеудің екі жағында х2(0-ге
бөліп, мүшелерін топтастырамыз
түріндегі теңдеуді аламыз.
теңдеуінің у1(-5 және у2(3 ... бар. ... ... (1.4.2) ... ... және теңдіктерін шешу
арқылы табамыз, яғни х1(2, х2(1, .
Жауабы: х1(2, х2(1, .
1.5 Төртінші дәрежелі теңдеудің ... шешу ... ... ... мына ... ... а0(0
(1.5.1)
Ең бірінші бұл теңдеудің үшінші дәрежелі белгісіздің коэффициентін
нөлге, ал ең үлкен ... ... тең ... етіп ... үшін жаңа ... ... z=x+t. Теңдеу мынадай түрге келеді:
деп алсақ, онда теңдеу келесі түрге ... ; ... ... екі ... а0-ге бөлейік
х4+nx2+px+q=0
(1.5.3)
мұндағы , , (1.5.3) теңдеуін жүйелі түрде былай өзгертеміз:
;
;
.
Екінші белгісіз енгіземіз у(х2, онда (1.5.3) теңдеуін келесі ... ... ... ... ... теңдеуі парабола теңдеуі, екіншісі центрі
нүктесінде, ал радиусы болатын шеңбердің теңдеуі.
(1.5.4) теңдеуінің шешімі ... ... мен ... ... ... ... ... барлық (1.5.3) теңдеуі үшін жалғыз
және сол болады, ал ... ... ... бір ... ... ... ... 1) Теңдеудің графикалық нақты түбірлерін табыңыз
х4-7х2+6х(0.
Шешуі: Теңдеуді келесі ... ... у(х2 ... ... ... ... аламыз.
Парабола мен шеңбердің қиылысу нүктелері (-3, 9); (0, 0); (1, 1); (2,
4). Теңдеудің түбірлері х1(-3; х2(0; х3(1; ...... х1(-3; х2(0; х3(1; ... 2) ... ... ... түбірлерін табыңыз.
z4+4z3+3z2+8z+1=0.
Шешуі. Теңдеудің үшінші дәрежелі белгісізінің коэффициенті нөлге тең ... z=х-1 жаңа ... ... Сонда теңдеу мына түрге келеді:
х4-3х2-6х+9(0.
Теңдеуді түрлендірейік:
х4-4х2+(х-3)2(0
(х2-2)2+(х-3)2(4.
у(х2 екінші белгісізін енгіземіз. Теңдеулер жүйесін ...... ... ... парабола мен шеңбер (1,1; 1,2) және (1,9; 3,6)
нүктелерінде қиылысып тұр. Ендеше теңдеудің екі ... ... бар. ... жуық ... аламыз, яғни х1(1,1; х2(1,9. Осыдан z1 және z2
табатын болсақ z1(0,1; ... z1(0,1; ... 3) ... ... нақты түбірлерін табыңыз
z4-8z3+31z2+60z+49=0.
Шешуі: Жаңа белгісізді енгіземіз z=x+2
х4+7х2+5=0
теңдеуін аламыз. Бұл теңдеуді былай етіп түрлендіреміз:
х4+6х2+х2+5(0
(х2+3)2+х2-4(0.
Екінші у=х2 белгісізін ... ... ... ... ... мен шеңбер қиылыспайды. Яғни берілген ... ... ... ... жоқ.
Жауабы:
теңдеудің нақты түбірлері жоқ.
Есептер
1) Теңдеуді шешіңіз
. ... ... ... ... ... ... теңдеу болып табылады (((-
1). х(0 теңдеудің түбірі болмағандықтан, ... ... ... теңдеумен
тепе-тең
.
Соңғы теңдеуді мына түрде жазамыз
немесе
(2)
белгілеуін енгізсек, (2) ... ... ... ... у1(-1 және ... табылады.
Олай болса
және .
Бірінші теңдіктің шешімдері және , ал ... ... ... ... ... Бұл төрт ... берілген теңдеудің түбірлері болып
табылады.
Жауабы: , , , .
2) Теңдеуді шешіңіз
. ... а(0, в(0, с(0, d(0 және ... ... ... ... ... ... алдымен берілген теңдеуді х2(0-ге
бөліп, мүшелерін топтастырамыз
(4)
Ендеше (4) теңдеуі мынадай квадраттық теңдеуге келеді
у1(0 және у2(-9
Табылған ... ... ... қойсақ төмендегідей ... ... | ... ... (3) ... екі ... ... х1(-1, х2(-2.
3) Теңдеуді шешіңіз
Шешуі: Берілген теңдеу төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу. х(0 теңдеудің
түбірі болмағандықтан теңдеуді х2(0-ге бөліп, мүшелерін ... ... ... квадраттық теңдеуі шығады. Бұл
квадраттық теңдеудің у1(3, у2(-1 түбірлері болады.
Олай болса,
| | | |
| ... | ... ... ... екі түбірі бар.
Жауабы: ,
.
4) Теңдеуді ... ... ... ... ... шешу үшін a-x=y(x-b) белгілеуін
енгіземіз.
2y4(x-b)4-9y3(x-b)4+14y2(x-b)4-9y(x-b)4+2(x-b)4=0
(x-b)4[2y4-9y3+14y2-9y+2]=0
(x-b)4=0
2y4-9y3+14y2-9y+2=0
Соңғы теңдеудің екі жағында y2≠0 бөлсек
2y2-9y+14-=0 ... ... ... және ... ... y3=, ... ... ... егер a≠b, онда x1=x2= , x3=, ... a=b, онда x=a
5) Графиктік тәсілмен шешіңіз
z4-4z3+3z2+2z-1=0
Шешуі: Берілген төртінші дәрежелі теңдеуді графиктік тәсілмен шешу үшін үш
дәрежелі белгісіздің коэффициентін нөлге ... ... ол үшін ... ...... мен ... қиылысу нүктелері (0,7; 0,3), (1,5; 2,6), (-
0,7; 0,3),
(-1,5; 2,6), ендеше x1≈0,7; ... ... ... z1≈1,7; z2≈2,5; z3≈0,3; z4≈-0,5.
2 ЖОҒАРЫ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕР
2.1 Қайтымды және симметриялы теңдеулердің дәрежесін төмендету
Анықтама. Теңдеу тақ дәрежелі қайтымды ... деп ... ... болса және жұп дәрежелі болады, егер
a0x2n+a1x2n-1+…+an-1xn+1+anxn+(an-1xn-1+(2an-2xn-2+…+a0(n=0,
(2.1.2)
((- кез-келген сан)
Мысалы: 2x5+3x4-2x3-6x2+81x+486=0 теңдеуі қайтымды, мұндағы (=3
Теорема 1. Жұп дәрежелі қайтымды ... x=-( ... ... (2.1.1) ... теңдеуін қарастырайық. Оны мына түрде жазуға
болады:
a0(x2n+1+(2n+1)+ a0x(x2n-1+(2n-1)+…+ anxn(x+()=0.
x=-( болғанда соңғы теңдеудің ... ... ... ... 2. Тақ ... ... теңдеудің оң және сол жағында (x+()-
ға бөлгенде жұп ... ... ... ... болады.
Дәлелдеуі. (2.1.1) теңдеуінің сол ... ... ... ... b0x2n+b1x2n-1+…+b2n. Тепе-теңдік аламыз
a0x2n+1+a1x2n+…+akx2n-k+1+…+anxn+1+(anxn+(3an-1xn-1+…+(2n-
2k+1akxk+…+a0(2n+1(
((x+()( b0x2n+b1x2n-1+…+bkx2n-k+…+b2n).
(2.1.3)
Біз
b2n=(2nb0; b2n-1=(2n-2b1; b2n-2=(2n-4b2;…; ... ... үшін ... ... әдісін қолданамыз. (2.1.3) тепе-
теңдіктің оң жақ және сол жағындағы х2n+1-ң коэффициенттерін салыстырсақ
a0=b0,
(2.1.4)
(2.1.3) тепе-теңдігінің бос мүшелерін салыстырсақ
a0(2n+1=(b2n
(2.1.5)
теңдігн ... (2.1.4) және (2.1.5) ... мына ... ... b2n-1=(2n-2b1; b2n-2=(2n-4b2;…; b2n-k=(2n-2kbk,
деп ұйғарайық, мұндағы 0(k(n. Сонда
b2n-k-1=(2n-2k-2bk+1
теңдігін дәлелдейміз. (2.1.3) тепе-теңдігінің оң және сол ... ... ... ... ak+1=(b2n-k-1+b2n-k.
(2.1.6)
(2.1.3) тепе-теңдігінің оң және сол ... x2n-k ... ... және (2.1.7) теңдіктерінен (2n-2k bk+(2n-2k-1bk+1=(b2n-k-1+b2n-k
аламыз. Бірақ b2n-k=(2n-2k bk болғандықтан b2n-k-1=(2n-2k-2bk+1. Теорема ... тақ ... ... ... шешу жұп ... ... ... сәйкес келеді келеді.
Мысал 1) Қайтымды теңдеуді қарастырайық
a0x4+a1x3+a2x2+(a1x+(2a0=0.
Теңдеудің екі ... ... ... ... ... ... қосындыны соңғымен, екіншіні соңғының алдыңғы
мүшесімен біріктірсек
a0(x2+)+a1(x+)+a2=0
(2.1.8)
болады. y=x+ жаңа белгісіз енгіземіз. Сонда
x2+2(+=y2
осыдан
x2+=y2-2(.
(2.1.8) теңдеуінің x+ және x2+ ... y ... ... ... ... теңдеуін аламыз. Бұл теңдеудің комплекс сандар обылысында
y1 және y2 екі ... ... х ... x+= y1 және x+= ... ... ... және ... 4-ші дәрежелі қайтымды теңдеуді шешу үш ... ... ... 2. Теңдеуді шешіңіз
x5-5x4+6x3+18x2-135x+243=0
Берілген теңдеу қайтымды (=3, ендеше теорема 1 бойынша теңдеудің x1=-3
түбірі болады. ... ... ... екі ... х2≠0 ... топтастырсақ төмендегідей
түрдегі теңдеу аламыз:
x2-8x+30-=0
(x2+)-8(x+)+30=0
x+=y белгілеуін енгізсек y-тен ... ... ... ... ... шешіп, y1=6, y2=2 түбірлерін аламыз. Бұл түбірлерді белгілеу
енгізген теңдеудің орнына қойып, бастапқы берілген теңдеудің ... ... ... x1=-3, x2=x3=3,
x4=1+2.
Анықтама. n-ші дәрежелі теңдеу симметриялы деп аталады, егер оның ... xn-k ... тең ... ... ... ... ... болады:
a0xn+a1xn-1+…+akxn-k+…+akxk+…+a1x+a0=0.
Симетриялы теңдеу қайтымды теңдеудің дербес түбірі болып табылады
((=1)
Мысалы. 2x4+3x3+5x2+3x+2=0 теңдеуі ... ... ... ... 1 және ... 2 - ден келесі
теоремалар шығады:
Теорема 3. Тақ дәрежелі симметриялы теңдеудің –1 ... ... 4. Тақ ... ... ... x+1-ге ... жұп
дәрежелі симметриялы теңдеу пайда болады.
Симметриялы теңдеулер қайтымды теңдеуді шешу әдістері сияқты ... 3) ... ... ... екі ... х2(0 ... ... мынадай теңдеудің
түбірін аламыз
(x2+)-2(x+)-1=0.
x+=y деп ұйғарайық. Онда y2-2y-3=0 түріне келеді. y1=3, y2=-1 ... ... Енді екі ... ... ... яғни ... ... x1=
Мысал 4) Теңдеуді шешіңіз
x7-2x6+3x5-x4-x3+3x2-2x+1=0.
Шешуі: Тақ дәрежелі симметриялы теңдеу болғандықтан берілген теңдеудің х=-1
түбірі болады. Теңдеудің екі жағында x+1-ге ... онда жұп ... ... ... екі ... х3(0 бөліп, бірінші ... ... ... ... ... ... алдыңғы мүшесімен т.с.с.
біріктіріп, келесі теңдеуді ... ... y1,2,3=1 ... ... бар. Енді x+=1 ... шешу ... ... x5=x6=x7=
2.2 Алгебралық теңдеулерді шешудің жасанды әдістері
1) Теңдеуді функцияға көбейту. Кей уақытта ... ... ... егер екі ... ... функцияға – белгісіз көпмүшелікке
көбейтсе. Бұл ... ... ... ... ... ... болуы мүмкін. Сондықтанда не түбірі болмайтын көпмүшелікке көбейту
керек, не ... ... ... ... көбейтіп, бұл түбірді
қорытынды ... ... ... ... ... ... екі жағында x2+1 түбірі болмайтын көпмүшелікке көбейтіп,
берілген теңдеуге тепе-тең келесі теңдеуді аламыз:
(x2+1)( x8-x6+x4-x2+1)=0.
Соңғы теңдеуді x10+1=0 ... ... ... Ал бұл ... нақты
түбірі болмайтыны анық, сондықтан берілген теңдеудің түбірі жоқ.
Жауабы: шешімі жоқ
Мысал 2. Теңдеуді шешіңіз
6x3-x2-20x+12=0.
Шешуі: Теңдеудің екі ... x+ ... ... ... ... ... теңдеуі төртінші дәрежелі симметриялы ... ... ... ... ... x1=; x2=; x3=-2; ... шарт бойынша алынған көпмүшеліктің түбірі болғандықтан оны жалпы
шешімге қоспаймыз.
Жауабы: x1=; x2=; ... ... ... ... Кейде теңдеудің түрі - кейбір оның
симметриялығынан - теңдеудің шешу әдісі көрініп тұрады.
Мысал 3) Теңдеуді шешіңіз
(2.2.2)
Шешуі: Теңдеудің ... ... ... ... ... көрініп тұр.
Келесі түбірлерін табу үшін (2.2.2) теңдеуін бірнеше басқа түрде жазайық.
,
,
онда (2.2.2) теңдеуін мына түрде жазуға болады:
(2.2.3)
Белгілі бір егер х0 (2.2.3) ... ... ... онда х1(1-х0-де
(2.2.3) теңдеуінің түбірі болады, яғни
Егер х1, х1(0; 1 (2.2.2) теңдеуінің түбірі ... онда ... ... ... болатынын көрсетейік. Шынында да,
,
болғандықтан, бұл мақұлдау осыдан шығады. ... егер х1, х1(0, ... ... ... болса, онда оның тағыда түбірлері бар
,
яғни (2.2.2) теңдеуінің
(2.2.2) теңдеуі алтыншы дәрежелі алгебралық теңдеу болғандықтан оның алты
түбірі ... ... (2.2.2) ... ... ... таптық.
Жауабы: ,
, .
2.3 Нақты осьтер аралығында теңдеуді зерттеу
Кейде теңдеудің шешуін әр түрлі сандық аралықта зерттеп ... ... ... шешіңіз
2x9-x5+x-2=0
Шешуі: Теңдеуді мына түрде 2(x9-1)-х(x4-1)=0 немесе
an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+...+abn-2+bn-1) формуласын ... ... 2x7+ 2x6+ ... ... ... ... болады. Бұдан
x=1 берілген ... ... ... ... Енді
2x8+2x7+2x6+2x5+x4+x3+x2+x+2=0 (1) теңдеуінің түбірі ... ... ... ... (-(; -1], (-1; 0], (0; () ... бөлеміз. (х((0; ()
аралығында (1) теңдеуінің сол жағы оң, ... осы ... ... ... Енді (-1; 0] ... ... 2x7+2x6+2x5+x4+x3+x2+x+2=2x8+2x6(х+1)+2x4(x+1)+x2(x+1)+(x+1)+(1-x4),
(х((-1; 0] бұл көпмүшелік оң, яғни осы аралықта теңдеудің түбірі болмайды.
2x8+2x7+2x6+2x5+x4+x3+x2+x+2=2x7(х+1)+2x5(x+1)+x3(x+1)+х(x+1)+2,
көпмүшелігі (х((-(; -1] аралығында оң, ... бұл ... да ... ... ... ... теңдеудің жалғыз ғана x=-1 шешімі
болады.
Жауабы: x=-1
Есептер
1) Теңдеуді шешіңіз.
2x5+3x4-2x3-6x2+81x+486=0
Шешуі. Берілген теңдеу тақ ... ... яғни (=3. ... 1 ... ... бір ... ... табылады.
Берілген теңдеуді төмендегідей топтастырайық:
2(x5+243)+3x(x3+27)-2x2(x+3)=0
2(x+3)(x4-3x3+9x2-27x+81)+3x(x+3)(x2-3x+9)-2x2(x+3)=0
(x+3)[2x4-3x3+9x2-27x+162]=0
x+3=0,
2x4-3x3+9x2-27x+162=0
Соңғы теңдеудің екі жағында х2≠0 бөлеміз
2x2-3x+9-=0
2(x2+)-3(x+)+9=0
x+=y
2y2-3y-27=0
y1=4,5; y2=-3
x1= , x3=
Жауабы: x1= , ... ... ... Бұл тақ ... ... ... (=2. Теорема 1 бойынша ... х1=-2 ... ... ... екі ... x+2-ге бөлсек 8
дәрежелі теңдеу аламыз:
2x8-9x7+20x6-33x5+46x4-66x3+80x2-72x+32=0.
Бұл - жұп дәрежелі қайтымды ... (=2, мұны мына ... ... ... ... ... бұл ... дәрежесін төмендетеміз.
Ауыстыруды енгізу үшін алдымен теңдеудің сол ... ... ... және
келесі түрде мүшелерін топтастырамыз:
2(x4+)-9(x3+)+20(x2+)-33(x+)+46=0
Сонда x+=y болғанда
x2+=y2-4; x3+=y3-6y; ... ... жаңа y ... ... ... аламыз
2y4-9y3+4y2+21y-18=0.
Төртінші дәрежелі теңдеуді шешіп, y1=1; y2=2; y3=3; y4=-3/2 түбірлерін
аламыз.
x+=1; x+=2; x+=3; ... х1=-2; ... ... ... ... ... шешіңіз
x8+2x7+5x6+6x5+8x4+6x3+5x2+2x+1=0
Шешуі: Берілген теңдеу жұп дәрежелі симметриялы теңдеу. ... шешу ... екі ... х4≠0 ... ... ... мүшелерін топтастырамыз
х4+2x3+5x2+6x+8++=0
(=0
x+=y белгілеуін енгізу үшін соңғы теңдеуді төмендегідей түрлендіреміз
[(]+2[(x3+]+(x2+)+2=0
(x+)4+2 (x+)3+( ... ... ... орнына қойсақ, y-тен тәуелді теңдеу шығады
y2=0
y2+2y+1=0
y1=y2=0, y3=y4=-1 түбірлерін ... ... ... ... ... ... берілген теңдеудің түбірлерін аламыз.
Жауабы: x1=
4) Теңдеуді шешіңіз
Шешуі: Теңдіктің сол жағын ықшамдайық
Сонда берілген теңдеумен мәндес ... ... Бұл ... қарай есептесек:
Белгілеу енгіземіз: . Сонда теңдеу түріне келеді. Енді ... пен (-25) ... ... деп ойлай отырып, y мәндерін тапсақ:
1) яғни
;
2) яғни
Табылған түбірлер (*) шартын қанағаттандырады.
Жауабы: , ... ... мен ... жұмысымда бірнеше әдебиеттерді пайдалана
отырып, университет бағдарламасында қарастырылмайтын ... ... мен ... шешудің көптеген әдістерін қарастырдым. Әр
бөлімдерге бірнеше ... ... ... ... ... ... шешуге берілген көптеген есептерді шығардым. Бірақ біз кез
келген ... ... ... мен ... ... тұрақты бір
әдісі болмайтынын көреміз, яғни әрбір ... ... ... ... ... түріне байланысты қандай тиімді әдістерді қолдану
керек екендігін қарастырамыз. Жоғарғы дәрежелі ... ... ... шешу және ... теңдеулерді шешу 8-сыныптың
алгебрасында қарастырылған.
Бұл жоғары дәрежелі теңдеулер мен ... шешу ... ... тіпті орта мектептің жоғарғы сынып оқушыларына
факультатив сабақ ретінде беруге болады. Математикалық есеп – ... ... және ... ... ... ... де
айырбасталмайтын құралы. Есепті ... ... ... ізденушілік
қасиетін, шығармашылықпен жұмыс ... ... ... ... ... ... ... дәрежелі теңдеулер мен теңсіздіктерді
шешудің әртүрлі әдістерін оқушыларға үйретсек, онда оқушылардың ой өрісі
артып, білімдерінің жоғарлайтыны ... ... ... ... ... ... ... бұл теңдеулер
мен теңсіздіктерді шешу әдістерін өз бағдарламалық жұмысымда міндетті түрде
қолданамын және мұғалімдер де бұл ... ... ... ... ... пайда әкеледі деп ойлаймын.
Әдебиеттер тізімі
1. Бектаев Қ. Сөздік / Қ. Бектаев. – Алматы : Алтын қазына, 2001. ... ... ... по ... Алгебра: справочное пособие / В. В. Вавилов,
И. И.
Мельников, С. Н. Олехник, П. И. Пасиченко. – М. : Наука, 1987. – ... ... А. Г. Курс ... ... / А. Г. ... – М. : Гос. изд. ... мат. лит., 1963. – 424 с.
4. Кутепов А. К., Рубанов А. Т. ... по ... и ... / А. К. ... А. Т. ... – М. : Высшая школа, 1969. – 288
с.
5. Қаратаев М. Қ. Қазақ ... ... (2 том) / М. Қ. ... ... 1975. – 802 ... ... С. Е. ... задач по элементарной алгебре / С. Е. Ляпин, И.
В. Баранова, З. Г. Борчугова. – М. : ... 1973. – 351 ... ... С. И. ... / С. И. ... – М. : УЧПЕДГИЗ, 1947. –
265 с.
8. Новоселов С. И. Алгебра и элементарные функции / С. И. ... ... : ... 1956. – 395 ... ... С. И. ... курс ... алгебры / С. И.
Новоселов. – М. : Советская наука, 1951. – 545 с.
10. Окунев Л. Я. ... ... / Л. Я. ... – М. : ... – 328 с.
11. Соминский И. С. Элементарная алгебра: дополнительный курс / И. ... – М. : ... 1967. – 200 ... Фаддеев Д. К. Лекции по алгебре: учебное пособие для вузов / Д. К.
Фаддеев. – М. : Наука, 1984. – 416 ... ... Д. К. и ... И. С. ... / Д. К. ... и И. ... – М. : ... 1964. – 532 с.
14. Фаддеев Д. К., ... И. С. ... ... по высшей алгебре /
Д. К. Фаддеев, И. С. Соминский. – М. : Наука, 1968. – 304 ... ... Г. А. ... и ... ... параметры
/ Г. А. Ястребинецкий. - М. : Просвещение, 1972. – 128 ...

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Курстық жұмыс
Көлемі: 29 бет
Бұл жұмыстың бағасы: 500 теңге









Ұқсас жұмыстар
Тақырыб Бет саны
Сызықты Навье – Стокс жүйесі үшін кері есептің шешімінің алгоритмін параллельдеу47 бет
Ұйым экономикасы97 бет
n-ші ретті, коэффициенттері айнымалы біртекті сызықтық дифференциалдық теңдеулерді жалпыланған Абель формуласын пайдаланып шешу36 бет
Азаматтық іс жүргізудегі үшінші тұлғалар18 бет
Азаматтық іс жүргізудегі үшінші тұлғалар туралы15 бет
Алгебралық теңдеулердің шешудің жанама әдісі7 бет
Анықталмаған теңдеулерді шешудің жаңа әдістері23 бет
Белоктар. Біріншілік, екіншілік, үшіншілік, төртіншілік құрылымдар4 бет
Бүтін сандар жиынында анықталмаған теңдеулерді шешу әдістері28 бет
Бүтін сандар жиынында теңдеулерді шешу43 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