Қазақстан Республикасының ғылым және білім министрлігі

Ол үшін көпмүшелердің результантын табамыз: R(f, g) = 

3

0

1

0

0

0

3

0

1

0

0

0

3

0

1

9

0

1

0

0

0

9

0

1

0

0

0

9

0

1













a

a

a

a

a

a

 = 9(a

4

 + 14a

2

 + 24). 

1-Теорема  бойынша,  көпмүшелердің  результанты  нөлге  тең  болса,  онда  көпмүшелердің  оң  дәрежелі 

ортақ көбейткіші болады. Ортақ көбейкіштің түбірлері берілген көпмүшелердің ортақ түбірлері болады. 

Сондықтан табылған результантты нөлге теңестіреміз: R(f, g) = 0, яғни a

4

 + 14a

2

 + 24 = 0. Осы теңдеудің 

төрт шешімі болады: a

1

 = 

2



, a

2

 = –

2



, a

3

 = 

12



, a

4

 = –

12



. a-ның осы мәндері үшін берілген f 

және g көпмүшелерінің ортақ түбірлері болады. 

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. 

Мысал 4. x

2

 – 3xy + y

2

 – 2 = 0, 2x

2

 – xy + 3y

2

 – 1 = 0 жүйесі берілсін. Теңдеулердің x белгісізін шығару 

результантын жазайық.  

R(y) = 

1

3

2

0

0

1

3

2

2

3

1

0

0

2

3

1

2

2

2

2

















y

y

y

y

y

y

y

y

 = 41y

4

 + y

2

  + 9. 

Мысал 5. Результантты теңдеулер жүйесін шешуге қолдануға болады. 

y

2

 + (x – 4)y + (x

2

 – 2x + 3) = 0, y

3

 – 5y

2

 + (x + 7)y + (x

3

 – x

2

 – 5x – 3) = 0 

жүйесі берілсін. Әуелі f = y

2

 + (x – 4)y + (x

2

 – 2x + 3)  және g = y

3

 – 5y

2

 + (x + 7)y + (x

3

 – x

2

 – 5x – 3) деп 

алып, y белгісізін шығару результантын табайық:  

R(f, g) = 

3

5

7

5

1

0

0

3

5

7

5

1

3

2

4

1

0

0

0

3

2

4

1

0

0

0

3

2

4

1

2

3

2

3

2

2

2







































x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

 = 4x

2

(x + 1)

2

(x – 2)

2

.   Результанттың үш 

еселі түбірі бар: x

1

 = 0, x

2

 = – 1, x

3

 = 2 болады. Енді x-тердің мәндерін бастапқы жүйенің теңдеулеріне 

қойып, y-тердің мәндерін табамыз. 

x

1

 = 0 үшін бастапқы жұйе  

y

2

 – 4y + 3 = 0, y

3

 – 5y

2

 + 7y – 3 = 0 

жүйесіне айналады. Жүйенің y шешімі осы екі теңдеудің ортақ шешімі болу керек. Оны табу үшін сол 

жақтағы  екі  көпмүшенің  ортақ  бөлгішін  табамыз.  Ал  y

3

  –  5y

2

  +  7y  –  3  =  (y  –  1)(y

2

  –  4y  +  3  =  0). 

Сондықтан жүйенің шешімдері y

2

 – 4y + 3 көпмүшесінің түбірлері болады. Осыдан жүйенің екі шешімі 

табылады: x

11

 = 0, y

11

 = 1 және x

12

 = 0, y

12

 = 3. 

x

2

 = – 1 үшін бастапқы жүйе y

2

 – 5y + 6 = 0, y

3

 – 5y

2

 + 6y = 0 жүйесіне айналады. Жүйенің y шешімі y

2

 – 

5y  +  6  көпмүшесінің  түбірлері  болатынын  көруге  болады.  Сондықтан  жүйенің  тағы  екі  шешімі 

табылады: x

21

 = – 1, y

21

 = 2 және x

22

 = – 1, y

22

 = 3.  

x

3

 = 2 үшін бастапқы жүйе y

2

 – 2y + 3 = 0, y

3

 – 5y

2

 + 9y – 9 = 0 жүйесіне айналады. Ал y

3

 – 5y

2

 + 9y – 9 = (y 

– 3)(y

2

 – 2y + 3). Сондықтан жүйенің y шешімдері y

2

 – 2y + 3 көпмүшесінің түбірлері болады: x

31

 = 2, y

31

 

= 1 – 

i

2  және x

32

 = 2, y

32

 = 1 + 

i

2 . 

Сонымен, берілген жүйенің 6 шешімі бар: (0, 1), (0, 3), (–1, 2), (–1, 3), (2, 1 – 

i

2 ), (2, 1 + 

i

2 ). 

3. Дискриминант 

Мысал 6. f(x) = 4x

3

 – 2x

2

 + 3x + 4 көпмүшесінің дискриминантын табайық. Ал f (x) = 12x

2

 – 4x + 3. Әуелі 

R(f, f) результантын табайық. 

R(f, f ) = 

3

4

12

0

0

0

3

4

12

0

0

0

3

4

12

4

3

2

4

0

0

4

3

2

4











 = 35632. Осыдан D(f) = 

2

)

1

3

(

3

)

1

(





4

–1

(35632) = –8908. 

1-Мысалдағы f көпмүшесінің еселі көбейткіштері болмайды, өйткені D(f) ≠ 0. 

Мысал  7. 

  параметрінің  қандай  мәндері  үшін  f(x)  =  x

3

  + 

x

2

  +  16x  +  12  көпмүшесінің  еселі 

көбейткіштері болатынын анықтайық.  

f (x)  =  3x

2

  +  2

x  +  16, R(f, f )  = 

16

2

3

0

0

0

16

2

3

0

0

0

16

2

3

12

16

1

0

0

12

16

1











  =  16(3



3

  –  16



2

  –  216

  +  1267).    Осыдан  D(f)  = 

2

)

1

3

(

3

)

1

(





R(f, f) = –16(3



3

 – 16



2

 – 216

 + 1267) = –16( – 7)(3

2

 + 5

 – 181). Сөйтіп, 3

3

 – 16



2

 – 216

 + 

1267  көпмүшесінің  үш  нақты  түбірі  бар: 



1

  =  7, 



2,3

  = 

6

13

13

5 



.  3-Теорема  бойынша, 



1

  =  7, 



2,3

  = 

6

13

13

5 



 болғанда, тек сонда ғана f(x) = x

3

 + 

x

2

 + 16x + 12 көпмүшесінің еселі көбейткіші болады. 

Мысал 8. Квадрат көпмүшенің дискриминантын табайық: f(x) = ax

2

 + bx + c, a 

≠ 0. f(x) = 2ax + b, R(f, f) 

= 

b

a

b

a

c

b

a

2

0

0

2

 = –a(b

2

 – 4ac). Осыдан D(f) = 

2

)

1

2

(

2

)

1

(





a

–1

•a(b

2

 – 4ac) = b

2

 – 4ac. Осы формула бойынша, 

нормаланған  квадраттық  f(x)  =  x

2

  +  px  +  q  көпмүшесінің  дискриминанты  D(f)  =  p

2

  –  4q,  өйткені  бұл 

жағдайда a = 1, b = p, c = q. 

Мысал 9. Кубтық f(x) = x

3

 + ax

2

 + bx + c, көпмүшесінің дискриминантын табайық.  f(x) = 3x

2

 + 2ax + b, 

R(f, f) = 

b

a

b

a

b

a

c

b

a

c

b

a

2

3

0

0

0

2

3

0

0

0

2

3

1

0

0

1

 = –a

2

b

2

 + 4a

3

c + 4b

3

 – 18abc + 27c

2

.  Осыдан D(f) = 

2

)

1

3

(

3

)

1

(





(–a

2

b

2

 + 4a

3

c + 

4b

3

 – 18abc + 27c

2

) =  a

2

b

2

 – 4a

3

c – 4b

3

 + 18abc – 27c

2

. 

Көп жағдайларда толымсыз кубтық көпмүше қаралады: f(x) = x

3

 + px + q. Бұл жағдайда a = 0, b = p, c = q. 

Сондықтан, табылған формула бойынша, D(f) = – 4p

3

  – 27q

2

. 

Мысал  10.  Осы  формуланы  пайдаланып,  f(x)  =  ax

2

  +  bx  +  c  квадрат  үшмүшесінің  дискриминантын 

табайық, a  0. 

D(f) = a

2

•

2–2

•

2

1

1

2

s

s

s

. Ал 

1

 = 

a

b



, 

2

 = 

a

c

, s

1

 = 

1

 = 

a

b



, s

2

 = 

1

2

 – 2

2

 = 

2













a

b

– 2

a

c

. Сондықтан  D(f) = 

a

2

•

a

c

a

b

a

b

a

b

2

2

2



















 = a

2































2

2

a

b

– 2 





a

c

 –  























2

a

b

 =  b

2

 – 4ac

. 

Мысал 11.  Енді  берілген  формула  бойынша  кубтық  көпмүшенің  дискриминантын  табайық: f(x)  = x

3

 + 

ax

2

 + bx + c. Ал a = – 



1

, b = 



2

, c = –



3

, s

1

 = –a, s

2

 = 



1

2

 – 2



2

, s

3

 = 



1

3

 –3



1



2

  + 3



3

 = –a

3

 + 3ab – 3c, s

4

 = 



1

4

 – 4



1

2



2

 + 4



1



3

 + 2



2

2

 = a

2

b

2

 – 4b

3

 – 4a

3

c + 18abc – 27c

3

, мұнда 



4

 = 0. 

Осыдан D = 

4

3

2

3

2

1

2

1

3

s

s

s

s

s

s

s

s

 = 

2

2

4

3

2

3

2

2

2

4

4

3

3

2

3

3

2

2

3

b

ac

b

a

a

c

ab

a

b

a

c

ab

a

b

a

a

b

a

a





























 =  

2

2

4

3

3

2

2

2

12

8

2

9

7

2

0

9

7

2

6

2

0

2

3

9

1

b

ac

b

a

a

c

ab

a

c

ab

a

b

a

b

a

a

























 =   

2

2

4

2

2

2

2

12

8

2

9

7

2

9

7

2

6

2

3

1

b

ac

b

a

a

c

ab

a

c

ab

a

b

a





















 = 

3

1

[(2a

2

 – 6b)(2a

4

 – 8a

2

b + 12ac + 2b

2

) – (2a

3

 – 7ab + 9c)

2

)] = 

a

2

b

2

  – 4a

3

c – 4b

3

 + 18abc – 27c

2

. 

II-Тарау.  Негізгі Сандық өрістердегі көпмүшелер 

§ 1. Комплекс сандар өрісінің алгебралық тұйықтығы 

1. Комплекс көпмүше модуліның өсу туралы теорема 

2. Комплекс көпмүше модулінің үзіліссіздігі 

3. Комплекс көпмүше модулінің ең кіші мәні 

Мысалдар. 1. x

4

 + x

3

 + 2x + 2 = 0 теңдеуінің барлық комплекс түбірлерін табайық.  

Сол  жақтағы  көпмүшені  (x  +  1)(x

3

  +  2)  түрінде  келтіруге  болады.  Онда оның  түбірлері  x

1

  =  –1,  x

2,3,4

  = 

3

2



, x

2

 = –

3

2 , x

3

 = 



















2

3

2

1

2

3

i

, x

4

 = 



















2

3

2

1

2

3

i

. 

2.  f(x) =  x

4

 + 9 көпмүшесін комплекс сандар өрісінде көбейткіштерге жіктейік. Көпмүшенің түбірлері –

9  санынан  4-дәрежелі  түбірлер  болады:  x

1,2,3,4

  = 

4

9



.  Оларды  табу  үшін  тригонометриялық  түрге 

ауысайық.  –9  =  9(cos  +  isin),  x

k

  = 

4

9 (cos

4

2 k







    +  isin

4

2 k







),  k  =  0,  1,  2,  3.  x

0

    = 

3 (cos

4



    + 

isin

4



)  = 3 (

2

1

    +  i

2

1

)  = 

2

3

(1  +  i),  x

1

  = 

3 (cos

4

2







    +  isin

4

2







)  = 

3 (cos

4

3



    +  isin

4

3



)  = 

3 (–

2

1

  + i

2

1

) = 

2

3

(–1 + i), x

2

 =  3 (cos

4

4







  + isin

4

4







) =  3 (cos

4

5



  + isin

4

5



) =  3 (–

2

1

  

– i

2

1

) = 

2

3

(–1 – i), x

3

 =  3 (cos

4

6







  + isin

4

6







) =  3 (cos

4

7



  + isin

4

7



) =  3 (

2

1

  – i

2

1

) = 

2

3

(1 – i). Осыдан f(x) = [x – 

2

3

(1 + i)] [x – 

2

3

(–1 + i)] [x – 

2

3

(–1 – i)][x – 

2

3

(1 – i)]. 

3. f(x) =  x

4

 + 4x

3

 + 4x

2

 + 1 көпмүшесін комплекс сандар өрісінде көбейкіштерге жіктейік. f(x) = x

2

(x

2

 + 4x 

+ 4) + 1 = [x(x + 2)]

2

 + 1 = [x(x + 2) + i] [x(x + 2) – i]. Сондықтан берілген көпмүшенің түбірлері x(x + 2) + 

i = 0, x(x + 2) – i = 0 теңдеулерінің түбірлері болады. Олар x

1

 = 1 + 

2

1

2 

 + i

2

1

2 

, x

2

 = 1 – 

2

1

2 

 

– i

2

1

2 

, x

3

 = 1 + 

2

1

2 

 – i

2

1

2 

, x

4

 = 1 – 

2

1

2 

 + i

2

1

2 

. Осыдан f(x) = [x – 1 – 

2

1

2 

 – 

i

2

1

2 

][x – 1 – 

2

1

2 

 – i

2

1

2 

][x – 1 – 

2

1

2 

 + i

2

1

2 

][x – 1 + 

2

1

2 

 – i

2

1

2 

]. 

жүктеу/скачать 1,18 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: