Қазақстан Республикасының ғылым және білім министрлігі

R(f, g) = 

n

m

b

b

b

b

b

b

b

b

b

a

a

a

a

a

a

a

a

a

m

m

m

n

n

n





























...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

 

(n + m)-өлшемді анықтауышы анықталады.  

Теорема  1.  F  өрісіндегі  f(x)  =  a

0

x

n

  +  a

1

x

n–1

  +  ...+  a

n

  және  g(x)  =  b

0

x

m

  +  b

1

x

m–1

  +  ...+  b

m

  көпмүшелері 

берілсін  және  a

0

  ≠  0  немесе  b

0

  ≠  0  болсын.  Көпмүшелердің  оң  дәрежелі  ортақ  бөлгіші  болғанда,  тек 

сонда ғана олардың результанты нөлге тең болады. 

Теорема  2.  f(x)  =  a

0

x

n

  +  a

1

x

n–1

  + ...+  a

n

 және  g(x)  =  b

0

x

m

  +  b

1

x

m–1

  +  ...+  b

m

    F[x]  копмүшелері  берілсін 

және олардың түбірлері сәйкесінше x

1

, x

2

,…, x

n

, y

1

, y

2

,…, y

m

 болсын. Онда 

R(f, g) = a

0

m

b

0

n









n

i

m

j

j

i

y

x

1

1

)

(

. 

2. Белгісіздерді шығарып тастау 

Результантты екі белгісізі бар екі теңдеудің жүйесінен бір белгісізді шығаруға болады. Мысалы 

(1)  

f(x, y) = 0, g(x, y) = 0 

теңдеулер жүйесі берілсін, мұндағы f және g екі x, y айнымалдарына қатысты F өрісіндегі көпмүшелер. 

Осы көпмүшелердің мүшелерін x-тің дәрежелері бойынша кемімелі ретте жазайық: 

f(x, y) = a

0

(y)x

n

 + a

1

(y)x

n–1

 +…+ a

n

(y), g(x, y) = b

0

(y)x

m

 + b

1

(y)x

m–1

 +…+ b

m

(y), 

мұндағы a

i

(y), b

j

(y)  F[y]. 

f  және  g  көпмүшелерін  x  белгісізінің  көпмүшелері  ретінде  қарап,  результантын  табайық.  Оның 

результанты F[y] сақинасындағы көпмүше болады, оны R(y) деп белгілейік. 

(1)-жүйенің  F  өрісіндегі  (немесе  оның  кеңейтуіндегі)  (

,  )  шешімі  болсын.  Онда  f(x,  )  =  a

0

(

)x

n

  + 

a

1

(

)x

n–1

  +…+  a

n

(

),  g(x,  )  =  b

0

(

)x

m

  +  b

1

(

)x

m–1

  +  …  +  b

m

(

)  көпмүшелерінің  ортақ    түбірі  болады. 

Сондықтан  олардың  F(

)  өрісінде  ортақ  көбейткіші  болады.  Онда,  1-теорема  бойынша,  олардың  R() 

результанты нөлге тең. 

Керісінше,  егер  R(y)  результанттың  түбірі 

  болса,  яғни  R()  =  0,  онда  f(x,  )  және  g(x,  ) 

көпмүшелерінің ортақ түбірі немесе a

0

(

) және b

0

(

) бірмезгілде нөлге тең болады. 

Сөйтіп,  екі  айнымалды  (1)-жүйе  бір  айнымалды  R(y)  =  0  теңдеуіне  келтіреді.  Осы  результантты  (1)-

жүйеден x белгісізді шығару резултанты деп атайды. 

3. Дискриминант 

Анықтама. F өрісіндегі f(x) = a

0

x

n

 + a

1

x

n–1

 + ... + a

n–1

x + a

n

 көпмүшесінің дискриминанты a

0

  0 болғанда 

D(f) = 

2

)

1

(

)

1

(





n

n

a

0

–1

R(f, f') деп анықталады, мұнда f' деп f көпмүшесінің туындысы белгіленген. 

Теорема 3. f(x) көпмүшесі үшін D(f) = 0 болғанда, тек сонда ғана оның еселі көбейткіші болады. 

Теорема  4.  Егер  f(x)  =  a

0

x

n

  +  a

1

x

n–1

  +  ...+  a

n

  көпмүшесінің  түбірлері  x

1

,  x

2

,…,  x

n

  болса,  онда  D(f)  = 

2

)

1

(

)

1

(





n

n

a

0

2n–2











n

i

j

j

i

x

x

1

2

)

(

. 

 Теорема 5. Егер f(x) = a

0

x

n

 + a

1

x

n–1

 + ...+ a

n

 көпмүшесінің түбірлері x

1

, x

2

,…, x

n

 болса және s

k

 = x

1

k

 + … + 

x

n

k

 түбірлердің дәрежелік қосындылары болса, k = 0, 1, 2, …, онда  

D(f) = a

0

2n–2

2

2

1

1

1

4

3

2

3

2

1

1

2

1

...

...

...

...

...

...

...

...

...











n

n

n

n

n

n

n

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

n

 . 

II-Тарау.  Негізгі Сандық өрістердегі көпмүшелер 

§ 1. Комплекс сандар өрісінің алгебралық тұйықтығы 

Сандық  өріс  деп  комплекс  сандар  өрісінің  ішөрісі  аталады.  Негізгі  санық  өріс  деп  Q, R,  C  сәйкесінше 

рационал сандардың, нақты сандардың, комплекс сандардың өрістері аталады. 

Анықтама.  Егер  F  өрісіндегі  кез  келген  оң  дәрежелі  көпмүшенің  F  өрісінде  түбірі  табылса,  онда    F 

өрісі алгебралық тұйық деп аталады. 

Одан әрі комплекс сандар өрісіндегі көпмүше комплекс көпмүше деп аталады. 

1. Комплекс көпмүше модуліның өсу туралы теорема 

Теорема  1.  f(z)  оң  дәрежелі  комплекс  көпмүше  болсын.  Кез  келген  M  оң  нақты  саны  үшін  кез  келген 

комплекс z cаны үшін | z |  r болғанда | f(z)|  M болатындай r оң нақты саны табылады. 

2. Комплекс көпмүше модулінің үзіліссіздігі 

Кез келген f(z) комплекс көпмүшесі әрбір комплекс z санына f(z) мәнін сәйкес қоятын функция болады. 

Көпмүшенің  |  f(z)  |  модулі  де  комплекс  сандар  жыынында  анықталған  функция  болады.  Комплекс 

функцияның үзіліссіздігі нақты функцияның үзіліссіздігі сияқты анықталады. 

Теорема 2. Комплекс көпмүшенің модулі үзіліссіз функция болады. 

Теорема 3. f(z) комплекс көпмүшесі берілсін. Егер {z

n

), n = 1, 2,.., тізбегі комплекс a санына жинақталса, 

онда {| f(z

n

) |} тізбегі | f(a) | санына жинақталады. 

3. Комплекс көпмүше модулінің ең кіші мәні 

Математикалық анализдің Больцано-Вейерштрасс теоремасын қолданамыз: 

|  z  |    r  (r  тұрақты  оң  нақты  сан)  дөңгелегінің  кез  келген  {z

n

  }  ақырсыз  тізбегінің  дөңгелектің  кейбір 

нүктесіне жинақталатын іштізбегі табылады. 

Теорема 4. f(z) комплекс көпмүшесі берілсін және r оң нақты саны үшін m = 

|

)

(

|

inf

|

|

z

f

r

z 

 болсын. Онда | 

f(a) | = m және | a |   r болатындай комплекс a саны табылады. 

Теорема  5.  Кез  келген  f(z)  комплекс  көпмүшесінің  модулі  комплекс  сандар  жиынында  өзінің  ең  кіші 

мәнін қабылдайды. 

Даламбер леммасы. f(x) оң дәрежелі комплекс көпмүшесі және a  C болсын. Егер f(a)  0 болса, онда | 

f(c) | < | f(a) | болатындай комплекс c саны табылады. 

Алгебраның  негізгі  теоремасы.  Комплекс  сандар өрісі  алгебралық тұйық болады,  яғни  кез  келген  оң 

дәрежелі комплекс көпмүшесінің комплекс түбірі табылады. 

1-Салдар. Оң n-дәрежелі комплекс f көпмүшесі C[x] сақинасында f = a(x – x

1

)….(x – x

n

) түрінде бірмәнді 

жіктеледі, мүндағы a көпмүшенің бас коэффициенті және x

1

,…, x

n

 көпмүшенің түбірлері. 

Салдар  2.  Оң  n-дәрежелі  комплекс  көпмүшесінің,  түбірдің  қандай  еселігі  бар,  ол  сонша  рет 

есептелгенде, дәл n түбірі бар. 

§ 3. Нақты сандар өрісіндегі көпмүшелер 

Нақты сандар өрісіндегі көпмүше нақты көпмүше деп аталады. 

1. Нақты көпмүшенің жорамал түбірлерінің түйіндестігі 

Лемма 1.  Егер f нақты көпмүше және 

 оның комплекс түбірі болса, онда f 

 

  = 

)

(



f

. 

Теорема  1.  Егер 

  комплекс  саны  нақты  көпмүшенің  түбірі  болса,  онда  түйіндес     саны  да  сол 

көпмүшенің түбірі болады. 

Теорема  2.  Нақты  сандар  өрісінде  жіктелмейтін  көпмүшелер  бірінші  дәржелі  немесе  нақты  түбірлері 

болмайтын екінші дәрежелі көпмүшелер болады. 

Теорема 3. Кез келген оң дәрежелі нақты сандар өрісіндегі f көпмүшесі нақты сандар өрісінде дәрежесі 

екіден аспайтын жіктелмейтін көпмүшелердің көбейтіндісіне бірмәнді жіктеледі. 

Салдар 1. Тақ дәрежелі нақты көпмүшенің нақты түбірі табылады. 

Салдар 2. Кез келген нақты көпмүшенің жорамал түбірлерінің саны жұп болады. 

§ 4. Рационал бөлшектер 

Анықтама. Рационал бөлшек деп 

)

(

)

(

x

g

x

f

 түріндегі өрнек аталады, мұндағы f(x), g(x) нақты көпмүшелер, 

g(x)  0. 

Егер 

)

(

)

(

x

g

x

f

  рационал  бөлшегінің  алымы  мен  бөлімі  өзара  жай  болса, онда  бөлшек  қысқартылмайтын 

деп аталады. Егер қысқартылмайтын бөлшектің алымының дәрежесі  бөлімінің дәрежесінен  кем болса, 

онда ол дұрыс бөлшек деп аталады. 

Теорема  1.  Кез  келген  рационал 

)

(

)

(

x

g

x

f

  бөлшегі  көпмүше  және  дұрыс  бөлшек  қосындысы  түрінде 

жіктеледі. 

Анықтама. Егер 

)

(

)

(

x

g

x

f

 дұрыс қысқартылмайтын рационал бөлшегінің бөлімі жіктелмейтін көпмүшенің 

дәрежесі болса және алымның дәрежесі екіден артық болмаса, онда ол қарапайым бөлшек деп аталады.  

2.2-теорема бойынша, нақты сандар өрісінде  жіктелмейтін көпмүше бірінші дәрежелі  көпмүше немесе 

нақты түбірі болмайтын квадрат үшмүше болады, сондықтан қарапайым бөлшектердің түрлері 

k

a

x

A

)

( 

  

немесе 

k

q

px

x

C

Bx

)

(

2







 болады, мұндағы k  1 – бүтін сан, a, p, q, A, B – нақты сандар және Bx + C  0, x

2

 

+ px + q – нақты сандар өрісінде жіктелмейтін көпмүше, яғни q – 

4

2

p

> 0. 

Теорема  2.  Кез  келген  дұрыс  рационал  бөлшек қарапайым  бөлшектердің  қосындысы  түрінде  бірмәнді 

жіктеледі. 

Теорема  3.  Егер    дұрыс  рационал 

)

(

)

(

x

g

x

f

  бөлшегінің  бөлімі  нақты  сандар  өрісінде  жіктелмейтін 

көпмүшелердің көбейтіндісі түрінде се, g(x) = (x –a)

n

 … (x – b)

m

(x

2 

+ px + q)

k

 … (x

2

 + rx + s)

d

, онда 

)

(

)

(

x

g

x

f

 

бөлшегі  қарапайым  рационал  бөлшектердің  қосындысы  түрінде  бірмәнді  еді:   

)

(

)

(

x

g

x

f

  = 

n

n

a

x

A

)

( 

  + 

1

1

)

(







n

n

a

x

A

  +…+ 

a

x

B



1

  + 

m

m

b

x

B

)

( 

  + 

1

1

)

(







m

m

b

x

B

  +…+ 

b

x

B



1

  + 

k

k

k

q

px

x

N

x

M

)

(

2







  + 

1

2

1

1

)

(













k

k

k

q

px

x

N

x

M

  +  …  + 

q

px

x

N

x

M







2

1

1

 + 

d

d

d

s

rx

x

T

x

L

)

(

2







 + 

1

2

1

1

)

(













d

d

d

s

rx

x

T

x

L

 + … + 

s

rx

x

T

x

L







2

1

1

. 

A

1

,  …  ,  A

n

,  B

1

,  …  ,  B

m

,  M

1

,  …  ,M

k

,  N

1

,  …  ,  N

k

,  L

1

,  …  ,L

d

,  T

1

,…,T

d

  көэффициенттері    анықталмаған 

коэффициенттер әдісімен табылады. Мұны мысалдармен көрсетейік. 

§ 5. Үшінші және төртінші дәрежелі алгебралық теңдеулер 

Теңдеулерді  радикалдарда  шешу  дегеніміз  теңдеудің  коэффициенттеріне  қосу,  азайту,  көбейту,  бөлу 

және түбірлеу амалдарын қолданып, теңдеудің түбірлерін жалпы түрде табуын түсінеді.  

Үшінші  дәрежелі  теңдеулерді  16-ғасырда  Кардано  және  Тарталья,  төртінші  дәрежелі  теңдеулерді 

Феррари  радикалдарда  толық  шешкен.  Ал  төрттен  жоғары  дәрежелі  теңдеулер  радикалдарда 

шешілмейтінін алғашқы рет 1824 ж. Абель көрсеткен.   

Егер x

n

 + a

1

x

n–1

 + a

2

x

n–2

 +… + a

n–1

x + a

n

 = 0 теңдеуі берілсе, онда ол x = y – 

n

a

1

 ауыстыруын қолданып, y

n

 

+ b

1

y

n–2

 +… + b

n–1

y + b

n

 = 0 түріндегі толымсыз теңдеуіне еді. Сондықтан әдетте толымсыз теңдеулер 

зерттелген жөн. 

1. Үшінші дәрежелі теңдеулер 

Толымсыз кубтық 

(1)  x

3

 + px + q = 0, p, q  C,  

 

(1) 

теңдеуі берілсін. Осы теңдеуде x = u + v деп алынады, яғни бір белгісіздің орнына екеу қарастырылады. 

Онда (u + v)

3

 + p(u + v) + q = 0, немесе  

u

3

 + v

3

 + q (3uv + p)(u + v) = 0. 

 

(2) 

теңдеуіне келеміз. Егер (u

0

, v

0

) жұбы 

















0

3

0

3

3

p

uv

q

v

u

 

 

 

(3) 

жүйесінің шешімі болса, онда x

0

 = u

0

 + v

0

 саны (2)-теңдеудің шешімі болады. 

Керісінше, x

0

 саны (2)-теңдеудің шешімі болса, онда x

0

 = u

0

 + v

0

 болатындай (3)-жүйенің (u

0

, v

0

) шешімі 

табылады.  

Шынында,  u

0

  және  v

0

  t

2

  –  x

0

t  – 

3

p

  =  0  квадрат  теңдеуінің  түбірлері  болсын.  Онда  Виет  формулалары 

бойынша,  u

0

  +  v

0

  =  x

0

,  u

0

v

0

  =  –

3

p

.  Соңғы  теңдік  3u

0

v

0

  +  p  =  0  екенін  көрсетеді,  яғни  (u

0

,  v

0

)  жұбы  (3)-

жүйенің екінші теңдеуін қанағаттандырады. 

Енді u

0

, v

0

 мәндерін (2)-теңдеуге қойып, x

0

 = u

0

 + v

0

 мәні (1)-теңдеудің түбірі екенін ескертсе, онда u

0

3

 + 

v

0

3

  +  q  =  0  теңдігіне  келуге  болады,  яғни  (u

0

,  v

0

)  жұбы  (3)-жүйенің  бірінші  теңдеуін  де 

қанағаттандырады. 

Сөйтіп, толымсыз (1)-теңдеудің барлық түбірлерін былай табуға болады: 

(3)-жүйенің барлық (u, v) шешімдерін тауып, әрбір (u, v) шешіміне u + v қосындысын алу керек. 

Енді (3)-жүйені басқа түрге келтірейік: 





















3

3

3

p

uv

q

v

u

.  

 

(4) 

Екінші  теңдеуді  кубтайық:  u

3

v

3

  = 

27

3

p



.  Сондықтан  u

3

  және  v

3

  сандары  z

2

  +  qz  – 

27

3

p

  =  0  квадрат 

теңдеуінің түбірлері болады. Оны шешеміз: u

3

 = –

2

q

 + 

27

4

3

2

p

q



, v

3

 = –

2

q

 + 

27

4

3

2

p

q



, мұнда бір жерде 

түбірдің  бір  мәнін  алғанда,  екінші  жағдайда  түбірдің  таңбасын  ауыстыру  керек.  Ал  u  = 

3

3

2

27

4

2

p

q

q







, v = 

3

3

2

27

4

2

p

q

q







 алынғанын ескертейік. Осыдан  

x = 

3

3

2

27

4

2

p

q

q







 + 

3

3

2

27

4

2

p

q

q







.  

(5) 

Осы формула Кардано формуласы деп аталады.  

Осы  формуладағы  әрбір  кубтық  түбірдің  үш  мәні  бар,  айталық,  u

1

,  u

2

,  u

3

,  v

1

,  v

2

,  v

3

.  Сондықтан  (5)-

формула бойынша x = u

i

 + v

j

 үшін 9 мән табылу керек. Бірақ алғашқы кубтық теңдеудің дәл үш x = u

i

 + v

j

 

шешімі болу керек.  Ал 9-дан үшеуін таңдап алу үшін (4)-жүйенің екінші теңдеуін  ескерту  керек: uv = 

3

p



. Егер көбейтіндіні кубтаса, онда u

3

v

3

 = 

27

3

p



. Сондықтан u

i

v

j

 көбейтіндісін қалай алса да, олар бір-

бірінен бірдің үшінші дәрежелі түбіріне көбейтіліп табылу керек.  

Сонымен,  әуелі  u-дың  кез  келген  мәнін  алу  керек,  айталық,  u

1

  мәнін.  Одан  кейін  басқа  үш  v

1

,  v

2

,  v

3

 

түбірден u

1

v

1

 = –

3

p

 болатындай v

1

 мәнін таңдап алу керек. Онда x

1

 = u

1

 + v

1

 мәні (1)-теңдеудің шешімі 

болады. Енді 

  бірден кубтық алғашқы түбір және   1 болса, онда u

2

 = u

1

, u

3

 = u

1



2

, v

2

 = v

1



2

, v

3

 = v

1

 

деп  алу  керек.  Онда  u

2

v

2

  =  u

3

v

3

  =  –

3

p

.  Сондықтан  x

1

  =  u

1

  +  v

1

,  x

2

  =  u

2

  +  v

2

,  x

3

  =  u

3

  +  v

3

  мәндері  (1)-

теңдеудің шешімі болады.  

Сөйтіп, 

x

1

 = u

1

 + v

1

, x

2

 = u

1

  + v

1



2

, x

3

 = u

1



2

 + v

1

.   

(6) 

Толымсыз кубтық теңдеудің дискриминанты  = –27q

2

 – 4p

3

 формуласымен анықталады.  

Теорема 1. Толымсыз кубтық теңдеуі ұшін  = 0 болғанда, тек сонда ғана теңдеудің еселі түбірі болады. 

2. Нақты кубтық теңдеулер 

Нақты кубтық теңдеуді бір түбірі нақты болу керек, ал қалған екеуі нақты немесе жорамал бола алады. 

Егер  теңдеудің  бір  түбірі  жорамал  болса,  онда  екіншісі  оған  түйіндес  болу  керек.  Қандай  жағдай 

болатыны дискриминанттың мәніне тәуелді. 

Теорема 2. Толық емес нақты кубтық x

3

 + px + q = 0 теңдеуінің дискриминанты  = –27q

2

 – 4p

3

  болсын.  

1) Егер  = 0 болса, онда теңдеудің үш нақты түбірі болады және кем дегенде біреуі еселі болады. 

2) Егер  < 0 болса, онда теңдеудің бір нақты және екі түйіндес жорамал түбірі болады. 

3) Егер  > 0 болса, онда теңдеудің үш әртүрлі нақты түбірі болады. 

3. Төртінші дәрежелі теңдеулер 

Төртінші  дәрежелі  x

4

  +  ax

3

  +  bx

2

  +  cx  +  d  =  0  теңдеуін  радикалдарда  шешу  үшін  Феррари  тәсілін 

қолданамыз.  

1) Теңдеуді x

4

 + ax

3

 = –bx

2

 – cx – d деп жазса және екі жаққа 

4

2

2

x

a

 мәнін қосса, онда x

4

 + ax

3

 + 

4

2

2

x

a

= 

4

2

2

x

a

  –  bx

2

  –  cx  –  d.  Осыдан 

2

2

2















ax

x

  = 













 b

a

4

2

x

2

  –  cx  –  d.  Енді  екі  жаққа 















2

2

ax

x

y  + 

4

2

y

 

қосындысын қосып, сол жақта толық квадратты шығарамыз:  

2

2

2

2

















y

ax

x

 = 

















y

b

a

4

2

x

2

 + 













 c

ay

2

x + 













 d

y

4

2

.  

(1) 

2)  Осы  теңдеудің  сол  жағындағы  үшмүшеде  y  параметрі  бар,  сол  параметрді  үшмүше  сызықтық 

екімүшенің  квадраты болатындай табайық. Ал Ax

2

 + Bx + C үшмүшесі толық квадрат болу үшін оның 

дискриминанты нөлге тең болу керек: B

2

 – 4AC = 0. Онда Ax

2

 + Bx + C = Ax

2

 + 2

AC x + C = (

A x + 

C )

2

.  Біздің  жағдайда  B

2

  –  4AC  =  0  шарты  былай  жазылады: 

2

2













 c

ay

  –  4

















y

b

a

4

2













 d

y

4

2

  =  0. 

Оны былай жазуға болады  

y

3

 – by

2

 + (ac – 4d)y – [c

2

 + d(a

2

 – 4b)] = 0.   

(2) 

Осы теңдеуді берілген төртінші дәрежелі теңдеудің резольвентасы (шешушісі) атайды. Оны шешіп, бір 

y

0

 түбірін табмыз.  

3)  Одан  кейін  (1)-теңдеуді  оң  жағы  квадраты  болаты  mx  +  n  екімүшесінің  m  және  n  параметрлерін 

табамыз. Онда  

2

0

2

2

2

















y

ax

x

 = (mx + n)

2

, мұндағы m = 

0

2

4

y

b

a





, n = 

d

y



4

2

0

.   

(3) 

4) Осыдан кейін бастапқы теңдеуді шешу үшін екі квадраттық теңдеуді шешу керек:  

x

2

 + 

2

ax

 + 

2

0

y

 = mx + n, x

2

 + 

2

ax

 + 

2

0

y

 = –mx – n.   

(4) 

жүктеу/скачать 1,18 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: