Қазақстан Республикасы
Білім және Ғылым Министрлігі
Анықталмаған теңдеулерді шешудің жаңа әдістері
Аннотация
«Анықталмаған теңдеулерді шешудің жаңа әдістері» тақырыбындағы жазылған ғылыми
Аннотация
Научно-исследовательская работа на тему «Новые методы решения неопределенных
Вместе с тем, в поисковой работе сделан глубокий
Annotation
The research work on a theme " New
At the same time, in search work the
Пікір
Зерттеушінің «Анықталмаған теңдеулерді шешудің жаңа әдістері» тақырыбындағы
Олар:
- анықталған және анықталмаған теңдеулерді шешу;
- анықталмаған теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу;
- n-ші дәрежелі анықталған теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу;
- жоғары дәрежелі теңдеуді шешудің жаңа әдістері т.с.с.
Зерттеу жұмыстарының ғылыми жаңалығы өте құнды. Жаңа
Сол себепті ғылыми жұмысты байқауға жіберуге болады.
Мазмұны
I. Кіріспе...........................................................
1. Мақсаты мен міндеті
2. Зерттеу жаңалығы
II. Негізгі бөлім:...............................................
Теңдеулер жүйесін анықталмаған теңдеулерге келтіру әдістері.
Анықталмаған теңдеуді теңдеулер жүйесіне келтіру.
Теңдеулер жүйесін Крамер әдісімен (анықтауыштар әдісімен) шешу.
Есептеудегі жаңалықтар тізбесі:
n – ші дәрежелі анықталмаған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне
Анықталмаған теңдеуді анықтауыштар әдісімен шешу және мысалдар арқылы
Анықталмаған теңдеулер жүйесін анықтауыштар әдісімен шешу жолдары.
Анықталған теңдеуді (квадрат теңдеуді) анықтауыштар әдісімен шешу.
Жоғары дәрежелі теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу жолдарын іздестіру
III. Қорытынды:...............................................
Зерттеу жұмысын есептер шығаруда қолдану-
дың мәні
IV. Пайдаланған әдебиеттер тізімі..................
............................................................................
Кіріспе
Математика оқулықтарында кездесетін алгебралық теңдеулерді екі үлкен
1. Анықталған теңдеулер
Анықталмаған теңдеулер.
Анықтама 1.
Теңдеулер саны мен айнымалылар саны тең болған теңдеулер
Мысалы :
а1х + а0 = 0
а2х2 + а1х + а0 = 0
а3х3 + а2х2 + а1х + а0
а4х4 + а3х3 + а2х2 + а1х +
теңдеулер анықталған,
ал төмендегі теңдеулер анықталмаған теңдеулер деп аталады.
а1х + а2у + а3 = 0
а1х2 + а2ху + а3у2 + а4х +
а1х3 + а2х2у2 + а3ху + а4у3 =
Яғни, екі және одан да көп айнымалылары бар
Математикада 1, 2, 3, 4
Жұмыста :
Анықталған және анықталмаған теңдеулердің бір-біріне тығыз байланыстылығы бар
Анықталған теңдеулер жүйесінен анықталмаған теңдеулерге өту және керісінше
Анықталған және анықталмаған теңдеулерді шешудің анықтауыш әдістерін қарастырдық.
Жоғары дәрежелі теңдеулердің шешімдерін табудың жаңа әдістерін және
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)
IV. Есептеудегі жаңалықтар тізбесі:
n – ші дәрежелі анықталмаған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне
V. Анықталмаған теңдеуді анықтауыштар әдісімен шешу және мысалдар
VI. Анықталмаған теңдеулер жүйесін анықтауыштар әдісімен шешу жолдары.
VII. Анықталған теңдеуді (квадрат теңдеуді) анықтауыштар әдісімен шешу.
VIII. Жоғары дәрежелі теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу жолдарын
Қорытынды:...............................................
Зерттеу жұмысын есептер шығаруда қолдану-
дың мәні
Пайдаланған әдебиеттер тізімі..................
.......................................................................
1-тарау. Теңдеулер жүйесін анықталмаған теңдеулерге келтіру
әдістері.
(3) а1х
a2x + b2y = c2
теңдеулер жүйесін қосу немесе азайту арқылы мынадай анықталмаған
( а1 + а2 )х + ( в1
деп алсақ,
ах + ву = с (4) анықталмаған
а )
(3) теңдеулер жүйесі мен (4) анықталмаған теңдеулерді
(3) теңдеулер жүйесін шешудің бірнеше әдістері бар. Ол
б )
(4) Анықталмаған теңдеудің бүтін шешімін табуды қарастырайық.
ах + ву + с = 0
с / d = c1, деп
а1х + в1у + с1= 0 теңдеуі шығады.
Егер с = 0 деп алсақ,
Теорема 2:
Егер а және в
Мысалы:
127х - 52у + 1 = 0
Олай болса, ( t=0, ±1,
х = 9+52t,
y = 22+127t теңдеудің барлық бүтін шешімдері
Анықталмаған теңдеудің бүтін шешімдерін табу, оның дербес шешімін
Жоғарғы сыныптың алгебра курсында бұл анықталмаған теңдеулердің
Ол әдісті Евклид алгоритмі жәрдемінде лайықты бөлшектер арқылы
Теорема 3:
Егер ( х0; у0 )
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 )n·c·pn-1 + at
Сандар теориясы курсында ах +
Осындай теңдеулерді шешудің жоғарыдағы теореманы қолдану әдісін
Мысалы :
теңдеуінің бүтін шешімдерін табайық
мұнда
а = 91 b = 27
91/27 = | 3, 2, 1, 2, 3
Лайықты бөлшектердің мәнін біртіндеп табайық :
P0/Q0 = 3/1=3,
p1/Q1 = 7/2,
p2/Q2 = 10/3,
p3/Q3 = 27/8,
P4/Q4 = 91/27.
Демек, К = 4, p3 =
х0 = ( -1 )4+1·11·8 = -88
у0 = ( -1 )4·11·27 = 297
х = -88 + 27t, y
2-тарау. Анықталмаған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне келтіру әдістері.
с )
Енді Пелль теңдеуіне көшейік x2 -
Пьер Ферма бұл теңдеудің бүтін санды шешімін қарастыра
Алдын ала D бір санның квадратына
Мысалы :
х = 3, y = 4,
д )
Егер х2 - Dy2 = 1
х2 - d2y2 = ( x + dy
болғандықтан сызықты теңдеулер жүйесіне жіктеуге болады, яғни
х + dy = 1
x – dy = 1
x = 1, y = 0
х = -1, y = 0
Ал берілген (5) теңдеудің х =
е )
теңдеуінің бүтін шешімін табу және
x2 + 2y2 = z2 теңдеуінде
2y2 =z2 - x2 = ( z +
z + x = kd
z – x = ed
2z = d( k + e )
2x = d( k – e )
Сол себепті z + x
z + x = n2
Олай болса
z – x = 2m2
Егер
z + x = 2m2
( 16 ) болады
z – x = n2
Бұл жерде n және m
m – тақ сан және n
Олай болса, теңдеулер жүйесін шешсек,
z = ( n2 + 2m2
Егер
n = 2b және m =
х2 + 2у2 = z2
x = ±( a2 + 2b2 ),
y = 2ab,
z = a2 + 2b2
Біз теңдеулер жүйесін анықталмаған теңдеулерге келтіру мүмкіндіктерін айтқан
Мына, жоғарыдағы Ферма теңдеуін, x2 + 2y2
3-тарау.Теңдеулер жүйесін Крамер әдісімен (анықтауыштар әдісімен) шешу.
a1x+b1y=c1
a2x+b2y=c2 (6) теңдеулер жүйесін
a1 b1
a2 b2
Егер ∆ ≠ 0 болса,
n – дәрежелі үш айнымалысы бар теңдеулер және
Мынадай анықталмаған теңдеулерді шешудің жалпы формуласын келтірейік.
( бұл біздің жеке шешу әдісіміз болады )
а) х + у = z
1) х = 2n, y = 1 –
2) x = 2n,
б) x 2 + y2 = z2
( х + у )2 = х2 +
( х +у )2 - 2ху = z2.
4n2 + 4n( 1 – n )+(1 –
x2 = 4n2 , y2 = 4n( 1
Демек x2 + y2 = z2 теңдеуінің шешімдері
x = 2n, y =
в) x3 + y3 =
2n + ( 1 – n ) =
( 2n )3 + 3*( 2n )2*( 1
Бұл теңдіктен x3 = 8n3
y3 = 6n*( 1 - n2 ) +
z3 = ( n + 1 )3
Олай болса, кез келген n >
г) xn + yn
теңдеудің шешімдерін табу немесе Пьер Ферманның
Диофант Александрскийдің «Арифметика» кітабына жазылған Пьер Ферманның сонау
Сол анықталмаған Ферма теңдеуін
xn + yn = zn
xn = ( 2m )k+1 ,
Мұндағы
4-тарау. n-ші дәрежелі анықталған теңдеулерді теңдеулер
жүйесіне ауыстыру әдісі және оның ерекше жолдары.
anxn + an-1xn-1 + … + a1x
an, an-1 ,…, a0 коэффиценттері
Бәрімізге белгілі мына формулаларды басқаша шешумен салыстырайық.
ах + в = с
х =
D = в2 – 4ас
Мысалы :
х2 – 5х + 6 = 0
Виет формуласы бойынша х1 =
х2 – 5х + 6 = 0
Теңдеуді – Виет теоремасы бойынша, теңдеулер жүйесіне айналдыруға
х1 + х2 = 5
х1 ∙ х2 = 6
Осы жүйенің коэфиценттерін алайық :
1
1
сандары пайда болады.
5 санын екі санның қосындысы түрінде былай жазуға
5 = 1 + 4
5 = 2 + 3
6 санын екі санның көбейтіндісі түрінде былай жазуға
6 = 1*6
6 = 2*3 Осы екеуінен жауаптың
3) x2 - 5x + 6 =
∆x1 = 5 + 1 = 6
∆x2 = 5 – 1 = 4
∆ = 2 * 1 = 2
x1 = ∆x1 ¦ ∆ = 6 ¦
x2 = ∆x2 ¦ ∆ = 4 ¦
Осы әдісті жалпылауға көшейік :
Математикалық рекурсия әдісін қолданайық:
а) ax2 + bx + c =
x1 = ∆x1 ¦ ∆
∆x1 = - b + 1
∆x2 = - b – 1
∆ = 2a
б) x2 + px + q
∆x1 = - p + 1
∆x2 = - p – 1
∆ = 2
в) Виет теремасы бойынша
ах2 + вх + с = 0
х2 + x +
x1 + x2 = -
x1 ∙ x2 =
г) ах2 + вх + с =
2
а ∆х1/ ∆ +
2
а ∆х2/ ∆ + в ∆х2/ ∆
теңдеулер жүйесінен мына теңдікті табуға болады :
а( ∆х1 )2 + в∙∆х1∙∆ + с∆2
а( ∆х2 )2 + в∙∆х2∙∆ + с∆2 =
а[( ∆х1)2 + ( ∆х2)2] +
а( ∆х1 + ∆х2 )2 - 2а∆х1∆х2 +
Егер азайтатын болсақ, онда:
а( ∆х1 - ∆х2 )2 + в∆(
( 19 ) теңдеулер жүйесінен :
х1∙х2 = ∆х1 / ∆ * ∆х2
а∙∆х1∙∆х2 = с∆2
∆х1 + ∆х2 = - ∙∆
Яғни (22) теңдіктен:
a( ∆x1 - ∆x2 ) + b∆( ∆x1
( ∆x1 - ∆x2 ) a( ∆x1
∆x1 - ∆x2 = 0
a( ∆x1 - ∆x2 ) + b∆ =
∆ = ( ∆x2 - ∆x1 )a /
берілген теңдеулер жүйесінің бірінші теңдеуінен :
a( ∆x1 )2 + b( ∆x1 ) *
a( ∆x1 )2 + ∆x1∆x2a – a( ∆x1
a∆x1∆x2 + ca2 / b2 ( ∆x2
a∆x1∆x2 + ca2 / b2( ∆x1 + ∆x2
∆x1∆x2 = - (∆x1 + ∆x2)2ca / b2
(20) теңдеуінің екінші теңдігінен :
(26) теңдікті пайдаланып мыналарды табайық:
а∙( ∆х2 )2 + в∙∆х2+ с∆2=0
а∙( ∆х2 )2+ в∙∆х2∙ а( ∆х2-∆х1 ) /
а∙( ∆х2 )2 + а∆х2( ∆х2 - ∆х1
а∙ ∆х22 + а∙ ∆х22 - а∙∆х1∙∆х2 +
( 2а + )∆х22
( 2а + )∆х22 +
Міне осылай, (26) және ( 27/
Яғни, ах2+вх+с=0 квадрат
шешуге болатындығын көреміз.
∆x1∆x2 = - ( ∆x1 + ∆x2 )2ca
( 2а + )∆х22 -
Қорытынды :
Кез келген n-ші дәрежелі анықталған теңдеулерді шешуді, теңдеулер
Мысалдар қарастырайық:
x2 - 8x + 15 = 0
x1 + x2 = 8
3x1 – 4x2 =3 Виет
Бұл системаны анықтауыш әдісімен шешейік:
1 1
∆ =
3 - 4
8 1
∆x1=
3 - 4
1 8
∆x2 =
3 3
x1 = ∆x1 / ∆ = - 35
x2 = ∆x2 / ∆ = -21
Жауабы: x1 = 5, x2 = 3
5-тарау.Анықталмаған теңдеулерді анықтауыш әдісімен шешу және мысалдар арқылы
4-тарауда анықталған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне келтіру мүмкіндігі туралы
Осылардан пайдаланып , кейбір есептеудің дербес және
ax + by = c
мұндағы а, в, с - тұрақты
Осы теңдеуді анықтауыш әдісімен шешейік.
∆ = а – в болғанда,
, ал
болады. Сөйтіп теңдеудің дербес шешімі
x0 = c / (a – b)
y0 = - c / (a – b)
Олай болса, оның жалпы шешімі
x = c / (a – b) +
Мысал 1:
∆ = a – b = 54 –
∆ ,
Тексеру:
Жауабы: x = 1/17, y = -
Мысал 2:
∆ = 27 + 40 = 67
,
Тексеру:
Жауабы: x = 1 / 67, y
Мысал 3:
∆ = 13 - (-15) = 28
,
Тексеру:
Жауабы: x = 1 / 4, y
Мысал 4:
∆ = 253 + 449 = 702
, ,
,
Тексеру:
Жауабы: x = 1 / 234, y
6-тарау. Анықталмаған теңдеулер жүйесін анықтауыш
әдісімен шешу
1-әдіс:
f(x) = = 0,
x = 0 болғанда, y = -1.5
Жауабы: ( 0; -1.5 ), ( -0.5;-4 )
2-әдіс:
,
∆ = = = 1- 4
∆u = ,
Жауабы: (1; 2), (2; 1)
7-тарау. Анықталған теңдеуді (квадрат теңдеуді) анықтауыш әдісімен шешу
a0x2 + a1x + a2 = 0
Мысал 1:
, ,
D=64 - 60=4 болғандықтан, Виет теоремасыменен
болады,
Сонда
болғанда
, ;
Жауабы: ,
Мысал 2:
D=144-108=36, ;
, ,
,
Жауабы:
a0 1 болғандағы, a0x2 + a1x +
Виет теоремасы бойынша:
x1 + x2 = -a1/a0 (б)
x1 x2 = a2/a0
D = a02(x2 – x1) (с).
x2 – x1 = D / a02
Мұнан,
x2 + x1 = -a1/a0
Сонда (д) теңдеулер жүйесінен Крамер әдісін (анықтауыш әдісі)
a02 -a02
∆ =
a0
a02
∆x1 =
a0
D -a02
∆x2 =
-a1
Бұлардан, (а) квадрат теңдеудің түбірлері x1 және x2
x1 = a0( -a1a0 – D ) /
x2 = ∆x2 / ∆ = a0 (
Сөйтіп, кез - келген анықталған теңдеуді анықтауыш әдісі
8 – тарау. Жоғары дәрежелі теңдеулерді анықтауыштар әдісімен
Үшінші дәрежелі теңдеулерді шешудің жаңа әдістері
Кез келген x3 + ax2 +
(2)
Бұл жерде және
Кардано әдісі бойынша u және v-ларды есептеу, содан
Көпмүшелілердің дискриминантын табу формуласы бойынша, мыналарды жазуға болады.
D = - 4p3 - 27q2
Бұл теңдіктерден
Үшінші дәрежелі x3 + ax2 + bx +
x3 + px + q = 0 теңдеуі
Егер осы (6) - теңдеулер жүйесіндегі (2)
Қорытынды
Математикалық есеп – ұғымдарды, теорияны және математика әдістерін
1. Біз 1-тарауда теңдеулер жүйесін анықталмаған теңдеулерге келтіру
2. 4-тарауда n-ші дәрежелі анықталған теңдеулерді теңдеулер жүйесіне
3. 5-тарауда ax + by = c түріндегі
∆ = а – в болса,
, ал
болады. Сөйтіп теңдеудің дербес шешімі
x0 = c/( a – b )
y0 = - c/( a – b )
Олай болса, оның жалпы шешімі
x= c / ( a – b )
Мысал 1:
∆ = a – b = 54 –
∆ ,
Тексеру:
Жауабы: x = 1/17, y = -
4. 6-тарауда анықталмаған теңдеулер жүйесін анықтауыш әдістерін қолдана
f(x) = = 0,
x = 0 болғанда, y = -1.5
Жауабы: ( 0; -1.5 ), ( -0.5;-4 )
5. 7-тарауда жоғары дәрежелі a0x2 + a1x +
Мысал 1:
, ,
D=64 - 60=4 болғандықтан, Виет теоремасымен
болады,
Сонда
болғанда
, ;
Жауабы: ,
Осы көрсетілген теңдеу шешуіне сүйене отырып,
(a0 1) a0x2 + a1x
Виет теоремасы бойынша:
x1 + x2 = -a1/a0 (б)
x1 x2 = a2/a0
D = a02( x2 – x1 )
x2 – x1 = D / a02
Мұнан,
x2 + x1 = -a1/a0
Сонда (д) теңдеулер жүйесінен Крамер әдісін, (анықтауыш әдісі)
a02 -a02
∆ =
a0
a02
∆x1 =
a0
D -a02
∆x2 =
-a1
Бұлардан, (а) квадрат теңдеудің түбірлері x1 және x2
x1 = a0(-a1a0 – D) / (2a03) =
x2 = ∆x2/∆ = a0(D – a1a0) /
Сөйтіп, кез - келген анықталған теңдеуді анықтауыш әдісі
x3 + ax2 + bx + c =
(2)
Бұл жерде және
оңайлату мақсатында жоғардағы теңдеуі жоғары дәрежелі теңдеулерді шешу
Түріндегі жүеге келтіріп, мұндағы 2-ші және 3-ші дәрежелі
D = -4p3 - 27q2
D = a0( x3 - x2 )2( x2
Зерттеу, талдау, дәлелдеу – дұрыс нәтижеге жету кепілі!
Пайдаланған әдебиеттер тізімі:
1. Ф.Л.Варлаховский, А.С.Солодовников. Задачник – практикум
2. Э.Б. Винберг. Алгебра многочленов. Москва,
3. И.М. Виноградов. Основы теории чисел.
4. И.А. Гибш. Алгебра пособие для учителей.
5. А.И. Кострикин. Введение в алгебру. Москва,
6. В.С. Михельсон. Элементы вычеслительной математики. Москва,
7. А.И. Маркушеивич, К.П. Сикорский, Р.С. Черкасов. Алгебра
8. Математическая энциклопедия 1 том. Москва, 1964
9. .Математическая энциклопедия 2
10. С.Н. Новоселов. Специальный курс элементарной алгебры.
11. В.А.Никифоровский. В мире уравнений. Москва,
12. С.И. Туманов. Элементарная алгебра. Москва, 1960
13. Л.Я. Окунев. Высшая алгебра. Москва, 1966
14. Е.П.Ожигова. Что такое теория чисел.
15. Б.М. Оразбаев. Анықтауыштар теориясы. Алматы,
16. А.К. Окунов. Квадратные функций, уравнения и неравенства.
17. Р.Н. Искандаров, Р. Назаров. Алгебра ва сонлар
18. Интернет желісі. Ферманың үлкен теоремасы.
Неопределенные уравнение.
Книга Диофанта.(www.5ballov.ru)