Қазақстан Республикасының ғылым және білім министрлігі
§ 3. Өрістің алгебралық тұйықтамы
жүктеу/скачать 1,18 Mb. Pdf көрінісі
|
- Бұл бет үшін навигация:
- § 4. Көпмүшені жіктелу өрісі және нормальдық кеңеюлер Анықтама
- § 5. Алгебралық сандар өрісі § 6. Үшінші дәрежелі теңдеудің квадрат радикалдарда шешімділік шарттары
- § 7. Иррационал сандар
- § 8. Иррационал сандарды рационал сандармен жуықтау Мысалдар
| § 3. Өрістің алгебралық тұйықтамы
Мысалдар. 1. Натурал сандар жиынында кәдімгі “кіші немесе тең болу” қатынасы жартылай реттік қатынас болады. 2. Натурал сандар жиынында кәдімгі бөлінгіштік қатынасы да жартылай қатынасы болады, мұнда5s n m қатынасы “n саны m-ға бөлінеді” деп анықталады, айталық 20 4, бірақ 20 3. Егер жартылай реттелген M жиынынның кез келген x, y элементтеріне x y немесе y x болса, онда M жиыны сызықтық реттелген жиын деп аталады. Кей кезде сызықтық реттелген жиынды тізбе деп те атайды. Натурал сандар жиыны кәдімші реттік қатынасы бойынша сызықтық реттелген жиын болады. Ал натурал сандар жиыны бөлінгіштік қатынасы бойынша сызықтық реттелген жиын болмайды, өйткені 20 36 және 36 20. Жартылай реттелген M жиынының A ішжиыны және x M элементі берілсін. Егер A жиынының кез келген y элементіне y x болса, онда x элементі A жиынының жоғарғы шені деп аталады. Жартылай реттелген M жиыны және оның x элементі берілсін. Егер x y және x y болатындай M жинының y элементі табылмаса, онда x элементі M жиынының максималь элементі деп аталады.
§ 4. Көпмүшені жіктелу өрісі және нормальдық кеңеюлер Анықтама. Өрістердің F / P кеңеюуі берілсін. Егер , F элементтері P өрісінде жіктелмейтін көпмүшенің түбірі болса, онда олар P өрісінде (алгебралық) түйіндес деп аталады. Мысалдар. 1) 3 10 – i және – 3 10 – i сандары алгебралық түйіндес болмайтынын көрсетейік. Шынында 3 10 – i санының рационал сандары өрісінде минимал көпмүшесі f(x) = x 6 + 3x 4 – 20x 3 + 3x 2 +
60x + 99 болады. Ал (– 3 10 – i) саны осы көпмүшенің түбірі болмайды. Сондықтан берілген екі сан түйіндес болмайды. 2) Берілген 7 + i санына барлық түйіндес сандарды табайық. Рационал сандар өрісінде
1 = 7 + i санының минимал көпмүшесі f(x) = x 4 – 12x 2 + 64 болады. Берілген 1 санына барлық түйіндес сандар f(x) көпмүшесінің қалған түбірлері болады. Көпмүшенің екінші түбірі 2 = 7 – i саны да болады (4-тарау, § 3, теорема 1). Сондықтан f(x) көпмүшесі g(x) = (x – 1 )(x – 2 ) = x 2 – (
1 + 2 )x + 1
2 = x 2 – 2 7 x + 8 көпмүшесіне бөлінеді: f(x) = g(x)(x 2 + 2
7 x + 8). Сонымен f(x) көпмүшесінің қалған екі түбірі h(x) = x 2 + 2 7 x + 8 көпмүшесінің түбірлері болады. Олар 3 = – 7 + i, 4 = – 7 + i. Сонымен 1 = 7 + i санына рационал сандар өрісінде түйіндес сандар 2 = 7 – i, 3
= – 7 + i, 4 = – 7 – i сандары болады. Мысалдар. 1) Комплекс сандар C өрісі нақты сандар R өрісінің нормальдық кеңеюі болады. Шынында, [C : R ] = 2 болғандықтан кез келген комплекс саны дәрежесі 2-ден аспайтын R өрісінде жіктелмейтін көпмүшенің f(x) R[x] көпмүшесінің түбірі болады. Ал комплекс сандар өрісі, алгебраның негізгі теоремасы бойынша,алгебралық тұйық болады. Сондықтан f(x көпмүшесінің барлық түбірлері комплекс сандар өрісіне тиісті. 2) Өрістің кез келген 2-дәрежелі кеңеюі нормальдық кеңею болады. Шынында, F / P кеңеюінің 2-дәрежелі кеңею болсын және жіктелмейтін f(x) P[x] көпмүшесі берілсін. Егер
көпмүшенің түбірі болады. Сондықтан f(x) көпмүшесінің дәрежесі 2-ден аспайды, қарсы жағдайда g(x) көпмүшесі f(x)-ты бөлер еді. Енді f(x) = x 2 + px + q болсын, мұндағы p, q P. f(x) көпмүшесінің екінші түбірі болсын. Виет теоремасы бойынша, + = –p, = –p – . Ал p, F. Сондықтан F. Сөйтіп, егер P өрісінде жіктелмейтін көпмүшенің бір түбірі F өрісіне тиісті болса, онда сол көпмүшенің басқа түбірлері де F өрісіне тиісті болады. Сондықтан 2-дәрежелі F / P кеңеюі нормальдық кеңею болады. 3) Q( 3 2 ) / Q кеңеюі нормальдық кеңею болмайды. Шынында, Q өрісіне қатынасты 1 = 3 2 санының минимал көпмүшесі f(x) = x 3 – 2 болады. Осы көпмүшенің түбірлері 2 = 3 2 , 3 =
3 2 2 , мүндағы бірдің 3-дәрежелі алғашқы түбірі, атап айтқанда, = – 2 1 + i 2 3 , 2 = – 2 1 – i 2 3 . Егер 2 F = Q( 3 2 ) болса, онда F және 2 F болар еді. Осыдан i 3 2 F шығар еді. Онда Q Q(i 3 2 ) Q( 3 2 ) болар еді. Ал [Q( 3 2 ) : Q] = 3, [Q(i 3 2 ) : Q] = 2. Осыдан 2.3-теорема бойынша, 3 саны 2-ге бөлінер еді. Сондықтан 2 F және осыдан Q( 3 2 ) / Q нормальдық кеңею болмайтыны шығады. 4) f(x) = x 3 – 2 көпмүшесін Q өрісінде жіктелу өрісін сипаттайық. Жалпы айтқанда, көпмүшені жіктелу өрісі F = Q( 1 , 2 , 3 ), мұндағы 1 = 3 2 , 2 =
3 2 , 3 =
3 2 2 ,
2 1 + i 2 3 , 2 = – 2 1 – i 2 3 . Сондықтан F = Q( 1 , ) = Q( 1 , 2 ). Осыдан – 2 = i 2 3 және F = Q( 3 2 , i 3 ). 2-Параграфтағыдай осы өрістің рационал сандар өрісінде қарапайым элементі
3 2 + i 3 болатынын көрсетуге болады. Сондықтан F = Q( 3 2 + i 3 ). Осы Q( 1 , 2 , 3 ) / Q кеңеюінің автоморфизмдерін 1 , 2 , 3 сандарының ауыстыруларымен сипаттауға болады. Тепе-теңдік автоморфизмі өрістің кез келген элементіне өзін сәйкестіреді: = 3 2 1 3 2 1 ,
2 3 1 3 2 1 . 5) Дөңгелекті 8-ге бөлу X 8 (x) көпмүшесін жіктелу өрісін сипаттайық. Бірдің 8-дәрежелі алғашқы бір түбірі
4
+ isin 4
= 2
(1 + i) болады. Қалғандары -ның 8-бен өзара жай дәрежелері болады: 3 , 5 , 7 . Ал 7 = cos 4 7
+ isin 4 7 =
2 1 (1 – i). Сонымен және 7 түбірлері комплекс түйндес болады және олар x 2 – ( + 7 )x + 7 = x 2 + 2 x + 1 көпмүшесінің түбірлері болады. Ал 3 және
5 сандары x 2 – 2 x + 1 көпмүшесінің түбірлері болады. Сондықтан X 8 (x) = (x 2 + 2 x + 1)(x 2 – 2 x + 1) = x 4 + 1. Сонымен X 8 (x) көпмүшесінің жіктелу өрісі F = Q( , 3 , 5 , 7 ) өрісі болады. Оның дәрежесі 4-ке тең. Ал және 7
сандармен бірге F өрісіне 2 саны да, ал осыдан i саны да тиісті. Сондықтан F = Q( , 2 ) = Q(, 2 ) = Q(i, 2 ). Осы кеңеюдің қарапайым элементі ретінде соңғы екі кеңеюдің жасаушыларының қосындысын алуға болады: Q( + 2 ), Q(i + 2 ). § 5. Алгебралық сандар өрісі § 6. Үшінші дәрежелі теңдеудің квадрат радикалдарда шешімділік шарттары 1. Теңдеудің квадрат радикалдарда шешілімділік ұғымы Мысалдар. 1. x 2 + ax + b = 0 квадрат теңдеуін алайық, мұндағы a, b Q. Оның дискриминанты: D = a 2
– 4b және теңдеудің түбірлері x 1,2 =
2 D b формуласымен беріледі. Сондықтан теңдеудің түбірі Q( D ) өрісіне тиісті болады. Екі жағдай болады: D Q, онда Q( D ) = Q. Егер D Q( D ) болса, онда Q( D ) өрісінің кез келген элементі кейбір рационал c 0 , c 1 сандары үшін c 0 + c 1 D түрінде еді. 2. Үшінші дәрежелі теңдеудің квадрат радикалдарда шешілімділік шарттары 3. Квадрат радикалдарда шешілмейтін есептер Мысалдар. 2. x 3 – 10 = 0 теңдеуі радикалдарда шешіледі. Оның шешімдері 3 10 ,
3 10 , 2 3 10 , мұндағы
бірден 3-дәрежелі алғашқы түбір. Бірақ осы теңдеу, 1-теорема бойынша, квадрат радикалдарда шешілмейді, өйткені оның рационал түбірлері жоқ. 3. Рационал коэффициентті 4-дәрежелі теңдеу радикалдарда шешіледі. Феррари тәсілінде (4-тарау, 4- параграф) 4-дәрежелі теңдеуді шешу үшін теңдеудің коэффициенттеріне рационал операциялар, квадрат түбірлерді және кубтық түбірлерді табу операциялар қолданылады. 4. x 5 – 1 = 0 теңдеуі квадрат радикалдарда шешіледі. Шынында, бұл дөңгелекті 5-ке бөлу теңдеуі. Гаусс формуласы бойынша, 5 = 2 2 + 1 болғандықтан осы теңдеу квадрат радикалдарда шешіледі. Осыдан дұрыс 5-бұрыш циркуль және сызғышпен 5-ке бөлінеді. 5.
3 2
бұрышы үш тең бөлікке циркуль және сызғыш көмегімен бөлінбейді. Шыныда, бұрышты үшке бөлу есебі 4x 3 – 3x – a = 0 теңдеуін квадрат радикалдарда шешуге келтіреді, мұндағы a = cos 3 2 =
2 1 . Осы теңдеуді 8x 3 – 6x + 1 = 0 деп жазуға болады. Ал соңғы теңдеудің рационал түбірі болмайды. Сондықтан теңдеу, 1-теорема бойынша, квадрат радикалдарда шешілмейді. Осыдан осы бұрышты үш тең бөлікке циркуль және сызғышпен салуға болмайды. § 7. Иррационал сандар Мысалы, 2 иррационал сан болады. Әдетте оны былай дәлелдейді. 2 рационал сан болсын және қысқартылмайтын бөлшек түрінде сін: 2 =
, мұндағы p, q өзара жай бүтін сандар. Онда 2 q = p, 2q 2 = p 2 . Осыдан p саны 2-ге бөлінетіні шығалы: p = 2k. Онда 2q 2 = 4k 2 , q 2 = 2k 2 . Соңғы теңдіктен q-да 2-ге бөлінетіні шығады. Онда p мен q өзара жай болмайды. Қайшылық. Сондықтан 2 рационал сан болмайды. Одан басқа иррационал сандарды былай да құруға болады. 1.
+ a 1
+ … + a n көпмүшесінің түбірі болса, онда
рационал сан болсын, яғни p, q бүтін сандар, p мен q өзара жай және p > 1. Онда p
+ a 1
= 0. Осыдан q санының жай бөлігіші p санын да бөлінетіні шығады. Бұл p мен q сандарының өзара жай болатынына қайшылық келеді. Сондықтан саны иррационал болады. 2. Енді n және a натурал сандар болсын және a натурал санның n-дәрежесі болмасын. Онда n a саны иррационал болады, өйткені n a түбірі x n – a = 0 теңдеуінің түбірі болады. Егер n a түбірі натурал сан болса, онда арифметиканың негізгі теоремасы бойынша, жай сандардың көбейтіндісіне жікткеледі: n a = p 1
2 …p m . Осыдан a = ( n a ) n = (p 1 )
(p 2 ) n …(p m )
= (p 1
2 …p m )
. Бұл a саны натурал санның n-дәрежесі болмайтынына қайшы келеді. Сондықтан n a иррационал сан. § 8. Иррационал сандарды рационал сандармен жуықтау Мысалдар. 1) = 3.14159265358… санын 5-ретке дейін үзіліссіз бөлшек түрінде келтірейік. 0 = = 3.14159265358…, q 0 = [ ] =3, 1 = 0 0 1 q
= ...
8 1415926535 , 0
= 7,062513306… q 1 = [ 1 ] = 7, 2 = 1 1 1 q
= ...
062513306 , 0 1 = 15,99659441…, q 2 = [
2 ] = 15, 3 = 2 2 1 q
= ...
0996594409 , 0 1 = 1,003417228…, q 1 = [
2 ] = 1, 4 = 3 3 1 q
= ...
003417228 , 0 1 = 292,6348337…, q 4 = [
2 ] = 292, 5 = 4 4 1 q
= ...
63483365 , 0 1 = 1,575215807…, q 5 = [
5 ] = 1, 6 = 5 5 1 q
= ...
575215806 , 0 1 = 1,738477957…, q 6 = [
6 ] = 1, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Осыны жалғастыра берсе, = [3; 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, 1, 14, 2, 1,…] екенін табуға болады. 2) e = 2,718281828459… санын үзіліссіз бөлшекке жіктейік. 0 = e = 2,718281828459…, q 0 = [ e ] =2, 1 = 0 0 1 q
= ...
59 7182818284 , 0
= 1,3922111912… q 1 = [ 1 ] = 1, 2 = 1 1 1 q
= ...
3922111912 , 0 1 = 2,549646778043…, q 2 = [
2 ] = 2, 3 = 2 2 1 q
= ...
43 5496467780 , 0
= 1,819350243598…, q 3 = [ 3 ] = 1, 4 = 3 3 1 q
= ...
98 8193502435 , 0
= 1,220479285645…, q 4 = [ 4 ] = 1, 5 = 4 4 1 q
= ...
45 2204792856 , 0
= 4,535573476087…, q 5 = [ 5 ] = 4, 6 = 5 5 1 q
= ...
87 5355734760 , 0
= 1,867157438987…, q 6 = [ 6 ] = 1, 7 = 6 6 1 q
= ...
87 8671574389 , 0
= 1,153193128537…, q 7 = [ 7 ] = 1, 8 = 7 7 1 q
= ...
37 1531931285 , 0
= 6,527707930170…, q 8 = [ 7 ] = 6, 9 = 8 8 1 q
= ...
70 5277079301 , 0
= 1,894987630143…, q 9 = [ 8 ] = 1, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Осыдан e = [2; 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6,…]. Іс жүзінде q 0 = 2, ал q 3n = q 3n+1 = 1, q 3n–2 = 2n екені дәлелденген. Сондықтан e санының үзіліссіз бөлшекке жіктеуінің кез келген q
элементін табуға болады: e = [2; 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8, 1, 1, 10, 1, 1, 12, 1, 1, 14, 1, 1, 16, 1, 1, 18, 1, 1, 20, 1, 1, 22, 1, 1, 24,…]. Өте әдемі келтіру: төртінші таңбадан бастап екі 1-лік және 4-тен бастап өспелі ретте жұп сандар тұрады!
0 = 3 , q 0 = [ 3 ] = 1. 1 = 0 0 1 q
= 1
1 = 2 1 3 , q 1 = [ 2 1 3 ] = 1. 2 = 1 1 1 q
= 1
1 3 1 = 2 1 3 1 = 3 + 1, q 2 = [ 3 + 1 ] = 2. 3 = 2 2 1 q
= 1
1 . Сонымен 3 = 1 . Сондықтан (1, 2) периоды қайталана береді. Сондықтан берілген 3 саны периодты үзіліссіз бөлшекке жіктеледі: 3 = [1; 1, 2, 1, 2,...]. Мұны былай жазуға болады: 3 = [1; (1, 2)], мұнда (1, 2) бөлшектің периодын көрсетеді. Осы бөлшекnің алғашқы 11 лайықты бөлшегін табайық:
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 q i
1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 P i 1 1 2 5 7 19 26 71 97 265 362 989 Q i 0 1 1 3 4 11 15 41 56 153 209 571
Сонымен алғашқы 11 лайықты бөлшек табылды: 0 0
P =
1 1 , 1 1
P =
1 2 , 2 2
P =
3 5 , 3 3
P =
4 7 , 4 4
P =
11 19 , 5 5
P =
15 26 , 6 6
P =
41 71 , 7 7
P =
56 97 , 8 8
P =
153 265
, 9 9 Q P =
209 362
, 10 10 Q P =
571 989
. Ал n-ші лайықты бөлшектің қателігі n n Q P
< 2
n Q деп бағаланады, сондықтан 10 10
Q P = 571 989
3 < 2 571 1 =
326041 1 < 0,00001. 2. 3 2 санын лайықты бөлшек түрінде 0,001-ге дейін дәлдікаен жуықтайық. Осы сан f 0 (x) = x 3 – 2
көпмүшесінің түбірі болады және оның рационал түбірі болмайды (Эйзенштейн критериі). 0 = 3 2 , q 0 = [
0 ] = 1. 1 = 0 0 1 q
= 1
1 3 . Осыдан 0 = 1 1
+ 1 және осы сан f 0 (x) көпмүшесінің түбірі болғандықтан, 3 1 1 1
– 2 = 0 немесе 3 1 1 + 3
2 1 1 + 3
1 1
– 1 = 0. Осы теңдікті
1 3 дәрежесіне көбейтсе, 1 + 3 1
+ 3 1 2 – 1 3 = 0. Сондықтан 1 саны f 1 (x) = x 3 – 3x 2 – 3x – 1 көпмүшесінің түбірі болады. Осы көпмүшенің екі теріс, бір оң түбірі болады. Мұны Штурм әдісімен анықтауға болады. Сонымен бірге
1 (3) = –10, f 1 (4) = 3. Сондықтан 1 саны (3, 4) аралығында жатады. Осыдан q 1 = [
1 ] = 3. 2 = 1 1 1 q
= 3
1
. Осыдан
1 = 2 1
+ 3 және осы сан f 1 (x) көпмүшесінің түбірі болғандықтан, 3 2 3 1
– 3 2
3 1 – 3
3 1 2 – 1 = 0 немесе 3 2
+ 6
2 1 1 + 6
2 1
– 10 = 0. Осы теңдікті
2 3 дәрежесіне көбейтсе, 1 + 6 2 + 6 2 2 – 10 2 3 = 0. Сондықтан 2 саны f 2 (x) = 10x 3 – 6x 2 – 6x – 1 көпмүшесінің түбірі болады. Осы көпмүшенің екі теріс, бір оң түбірі болады және f 2 (1) = –3, f 2 (2) = 43. Сондықтан q 2 = [ 2 ] = 1. 3 = 2 2 1 q
= 1
2
. Осыдан
2 = 3 1
+ 1 және осы сан f 2 (x) көпмүшесінің түбірі болғандықтан, 10 3 3 1 1 – 6
2 3 1 1
– 6
1 1 3 – 1 = 0 немесе 10 3 3
+ 24
2 3 1 + 12
3 1
– 3 = 0. Осы теңдікті
3 3 дәрежесіне көбейтсе, 10 + 24 3 + 12 3 2 – 3 3 3 = 0. Сондықтан 3 саны f 3 (x) = 3x 3 – 12x 2 – 24x – 10 көпмүшесінің түбірі болады. Көпмүшенің екі теріс, бір оң түбірі болады және f 3 (5) = –55, f 3 (6) = 62. Сондықтан q 3 = [ 3 ] = 5. 4 = 3 3 1 q
= 5
3
. Осыдан
3 = 4 1
+ 5 және осы сан f 3 (x) көпмүшесінің түбірі болғандықтан, 3 3 4 5 1 – 12
2 4 5 1
– 24
5
1 4
– 10 = 0 немесе 3 3 4 1 + 3
2 4 1 + 81
4 1
– 55 = 0. Осы теңдікті
4 3 дәрежесіне көбейтсе, 3 + 3 4 + 81 4 2 – 55 4 3 = 0. Сондықтан 4 саны f 4 (x) = 55x 3 – 81x 2 – 3x – 3 көпмүшесінің түбірі болады. Көпмүшенің екі теріс, бір оң түбірі болады және f 4 (1) = –32, f 4 (2) = 107. Сондықтан q 4 = [ 4 ] = 1. 5 = 4 4 1 q
= 1
4
. Осыдан
4 = 5 1
+ 1 және осы сан f 4
55 3
1 1 – 81
2 5 1 1
–3
1
1 5
– 3 = 0 немесе 55 3 3 1 + 84
2 3 1 – 32 = 0. Осы теңдікті 5 3 дәрежесіне көбейтсе, 55 + 84 3 – 32 3 3 = 0. Сондықтан 5 саны f 5 (x) = 32x 3 + 84x – 55 көпмүшесінің түбірі болады. Көпмүшенің екі теріс, бір оң түбірі болады және f 5 (5) = –107, f 5 (2) = 33. Сондықтан q 5 =
[ 5 ] = 1. Сөйтіп, санын үзіліссіз бөлшек түрінде келтіргенде алғашқы 6 элементі табылды: = [1; 3, 1, 5, 1, 1,…]. Ал 5 5
P =
50 63 . Осы лайқты бөлшек санын
2 5 1 Q =
2 50 1 = 0,0004-ке дейін дәлдікпен жуықтайды. 3. 8x 3 – 6x – 1 = 0 теңдеуінің нақты оң түбірін 0,001-қа дейін дәлдікпен жуықтайық. f 0 (x) = 8x 3 – 6x – 1 болсын. Осы көпмүшенің үш түбірі бар екенін анықтауға болады: екеуі теріс, біреуі оң. Сонымен бірге f 0 (0) = –1 < 0 және f 0 (1) = 1 > 0 екенін көруге болады. Сондықтан көпмүшенің нақты түбірі (0, 1) аралығында жатады. Осыдан q 0 = [ 0 ] = 0. 1 = 0 1
. Осыдан
0 = 1 1
саны f 0 (x) көпмүшесінің түбірі болады: 8 3 1 1 – 6
1 1
– 1 = 0. Осы теңдікті
1 3 дәрежесіне бөлсе, 8 – 6 2 1 1 –
3 1 1 = 0. Сондықтан 1 1
саны f 1 (x) = x 3 + 6x 2 – 8 көпмүшесінің түбірі болады. Оның рационал түбірі болмайтынын көруге болады. Оған қоса, теңдеудің үш нақты түбірі бар: екеуі теріс, біреуі оң. Оң түбір (1, 2) аралығында жатады, өйткені f(1) = –1 және f(2) = 24. Сондықтан q 1 = [ 1 ] = 1. 2 = 1 1 1 q
= 1
1
және
1 = 2 1
+ 1 саны x 3 + 6x 2 – 8 көпмүшесінің түбірі болғады: 3 2
1
+ 6
2 1 1 – 8 = 0 немесе 3 2
+ 9
2 1 1 + 15
2 1
– 1 = 0. Осы теңдікті
2 3 дәрежесіне көбейтсе, 1 + 9
2 + 15
2 2 – 2 3 = 0. Сондықтан 2 саны f 2 (x) = x 3 – 15x 2 – 9x – 1 көпмүшесінің түбірі болады. Осы көпмүшенің екі теріс, бір оң түбірі болады және f 2 (15) = –136, f 2 (16) = 11. Сондықтан q 2 = [
2 ] = 15. 3 = 2 2 1 q
= 15
2
және
2 = 3 1
+ 15 саны f 2 (x) көпмүшесінің түбірі болады: 3 3 15 1
– 15
3 15 1 – 9
15 1 3 – 1 = 0 немесе 3 3
+ 30
2 3 1 + 216
3 1
– 136 = 0. Осыдан 1 + 30
3 + 216 3 2 – 136 3 3 = 0. Сондықтан 3 саны f 3 (x) = 136x 3 – 216x 2 – 30x – 1 көпмүшесінің түбірі болады. Осы көпмүшенің екі теріс, бір оң түбірі болады және f 3 (1) = –111, f 2 (2) = 163. Сондықтан q 3 = [
3 ] = 1. 4 = 3 3 1 q
= 1
3
және
3 = 4 1
+ 1 саны f 3 (x) көпмүшесінің түбірі болады: 136 3 4 1 1
– 216
2 4 1 1
– 30
1
1 4
– 1 = 0 немесе 136 3 4 1 + 192
2 4 1 – 54
4 1
– 111 = 0. Осыдан 136 + 192
4
– 54 4 2 – 111 4 3 = 0. Сондықтан 4 саны f 4 (x) = 11x 3 + 54x 2 – 192x – 136 көпмүшесінің түбірі болады. Осы көпмүшенің екі теріс, бір оң түбірі болады және f 4 (1) = –163, f 4 (2) = 152. Сондықтан q 4 = [
4 ] = 1. Сөйтіп, санын үзіліссіз бөлшек түрінде келтіргенде алғашқы 5 элементі табылды: = [0; 1, 15, 1, 1,…]. Ал 4 4
P =
33 31 . Осы лайқты бөлшек санын
2 4 1 Q =
2 33 1 = 0,000918273-ке дейін дәлдікпен жуықтайды. 4. Таза периодты
Ол үшін
= [1; 2, 3, 4, (1, 2, 3, 4)] = [1; 2, 3, 4, ] = 1 + 4 4 1 3 1 2 1 деп те жазуға болады. Енді = 1 + 4 4 1 3 1 2 1 қатынасынан -ға қатысты квадрат теңдеу табылады және теңдеудің оң түбірі табылады. Мұны лайқты бөлшектерді табуға арналған сұлбаны қолдануғв болады:
0 1 2 3 4
i
1 2 3 4 P i 1 1 3 10 43 43 + 10 Q i 0 1 2 7 30 30 + 7
Сөйтіп,
= 7 30 10 43 . Осыдан 30 2 – 36 – 10 = 0. Осы теңдеудің оң түбірі = 15 111 6 болады. 5. Аралас периодты
Әуелі
= [(1, 2, 3)] таза периодты бөлшегін квадраттық иррационалдығын табайық.
0 1 2
3 q i
1 2 3 P i 1 1 3 10 10 + 3 Q i 0 1 2 7 7
Осыдан
= 2 7 3 10 ,
7 2
4 . Ал
= [4, 2, ]. Сондықтан i
0 1 2 q i
4 2 P i 1 4 9 9 + 4 Q i 0 1 2 2 + 1 Сөйтіп,
= 1 2 4 9 =
1 7 2 4 4 2 4 7 2 4 4 9 = 2 8 15 2 36 64 = 97 2 384 28
. жүктеу/скачать 1,18 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|