Қазақстан Республикасының ғылым және білім министрлігі
§ 3. Нақты сандар өрісіндегі көпмүшелер
жүктеу/скачать 1,18 Mb. Pdf көрінісі
|
| § 3. Нақты сандар өрісіндегі көпмүшелер
1. Нақты көпмүшенің жорамал түбірлерінің түйіндестігі Мысалдар. 1. Түбірлері i – 1, 2, –1 + i 3 болатын ең кіші дәрежелі нақты сандар өрісіндегі көпмүшені табайық. Ізделінген f(x) көпмүшесінің түбірлері x 1 = 2, x 2 = –1 + i, x 3 = –1 + i 3 сандары болғандықтан, 3.1-лемма бойынша, x 4 = –1 – i, x 5 = –1 – i 3 сандары да осы көпмүшенің түбірлері болады. Безу теоремасы бойынша, f(x) (x – x i ), i = 1, 2, 3, 4, 5. Сондықтан f(x) (x – x 1 )(x – x 2 )(x – x 3 )(x – x 4 )(x – x 5 ). Ал (x – x 2 )(x – x 4 ) = x 2 + 2x + 2, (x – x 3 )(x – x 5 ) = x 2 + 2x + 4. Сондықтан f(x) (x – 2)(x 2 + 2x + 2)(x 2 + 2x + 4). Осыдан f(x) = (x – 2)(x 2 + 2x + 2)(x 2 + 2x + 4). 2. Нақты сандар өрісінде f(x) = x 3 + x + 2 көпмүшесін жіктелмейтін көбейткіштерге жіктейік. f(x) = x 3 + x 2 – x 2 – x + 2x + 2 = x 2 (x + 1) – x(x + 1) +2(x + 1) = (x + 1)(x 2 – x + 2). Ал x 2 – x + 2 көпмүшесі нақты сандар өрісінде жіктелмейді, өйткені оның нақты түбірі жоқ. Сондықтан f(x) = (x + 1)(x 2 – x + 2). § 4. Рационал бөлшектер Мысалдар.1. 2 2 2 5 10 10 6 2 2 2 3 4 x x x x x x рационал бөлшегін көпмүше және дұрыс бөлшектің қосындысы түрінде келтірейік. Бөлшектің алымын бөлімге қалдықпен бөлінеді 2x 4 + 6x 3 + 10x 2 + 10x + 5 = (2x 2 + 2x + 2)(x 2 +2x+2)+ (2x+1). Осыдан 2 2
5 10 10 6 2 2 2 3 4 x x x x x x = x 2 + 2x + 2 + 2 2 2 1 2 2 x x x .
) 9
4 ( 21 9 4 2 2
x x x бөлшегін қарапайым бөлшектердің қосындысы түрінде келтірейік. Бөлшектің бөлімі мейтін көпмүшелердің көбейтіндісі түрінде еді: (x + 4)(x 2 – 9) = (x + 4)(x – 3)(x + 3). 3-Теорема бойынша, бөлшек қарапайым бөлшектердің қосындсы түрінде еді: ) 3 )( 3 )( 4 ( 21 9 4 2
x x x x =
3
A +
3
B +
4
C . A, B, C коэффициенттері анықталдмаған коэффициенттер әдісімен табылады.
3 ) 4 )( 3 \( x A x x +
3 ) 4 )( 3 \( x B x x +
4 ) 3 )( 3 \( x C x x =
) 9 )( 4 ( ) 3 )( 3 ( ) 4 )( 3 ( ) 4 )( 3 ( 2 x x x x C x x B x x A . Осыдан 3 x A
+ 3
B
+ 4
C
= ) 9 )( 4 ( ) 3 )( 3 ( ) 4 )( 3 ( ) 4 )( 3 ( 2 x x x x C x x B x x A . Сөйтіп ) 9
4 ( ) 3 )( 3 ( ) 4 )( 3 ( ) 4 )( 3 ( 2 x x x x C x x B x x A
= ) 3 )( 3 )( 4 ( 21 9 4 2 x x x x x . ә ) Енді соңғы теңдіктегі алымдарды теңестіреміз A(x + 3)(x + 4) + B(x – 3)(x + 4) + C(x – 3)(x + 3) = 4x 2 +
9x – 21. Осыдан A(x 2 + 7x + 12) + B(x 2 + x – 12) + C(x 2 – 9) = 4x 2 + 9x – 21 немесе (A + B + C)x 2 + (7A + B)x + (12A – 12B – 9C) = 4x 2 + 9x – 21. б) Соңғы теңдіктің екі жағындағы көпмүшелердің x-тың сәйкес дәрежелеріндегі коэффиценттер теңестіріледі. x 2
A + B + C = 4 x 7A + B = 9 1 12A–12B – 9C = –21 Енді 21 9 12 12 9 7 4 C B A B A C B A жүйесін шешеміз: A = 1, B = 2, C = 1. в) Осыдан ) 9 )( 4 ( 21 9 4 2 2 x x x x =
3 1 x +
3 2 x +
4 1 x .
3. ) 2 ( ) 1 ( 11 18 12 3 3 2 3 x x x x x рационал бөлшегін қарапайым бөлшектердің қосындысы түрінде келтірейік. ) 2
) 1 ( 11 18 12 3 3 2 3 x x x x x =
3 ) 1 ( x A +
2 ) 1 ( x B + 1 x C +
2
D . Ал
3 ) 1 ( x A +
2 ) 1 ( x B +
1
C +
2
D =
) 2 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 2 )( 1 ( ) 2 ( 3 3 2 x x x D x x C x x B x A , сондықтан ) 2 ( ) 1 ( 11 18 12 3 3 2 3 x x x x x
= ) 2 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 2 )( 1 ( ) 2 ( 3 3 2 x x x D x x C x x B x A . Енді бөлімдерді теңестіреміз: 3x 3 + 12x 2 + 18x + 11 = A(x + 2) + B(x + 1)(x + 2) + C(x + 1) 2 (x + 2) + D(x + 1) 3 . Тогда A(x + 2) + B(x 2 + 3x + 2) + C(x 3 + 4x 2 + 5x + 2) = 3x 3 + 12x 2 + 18x + 11. Осы теңдіктің екі жағындағы көпмүшелердің x-тің сәйкес дәрежелерінің коэффициенттерін теңестіреміз;
3
2 B + 4C+3D= 12 x A +3B +5C+3D = 18 1 2A +2 B +2C+D =11 Ал
11 2 2 2 18 3 5 3
12 3 4 3
D C B A D C B A D C B D C жүйесінің шешімін табамыз: A = 2, B = 1, C = 2, D = 1 болады. Сондықтан ) 2
) 1 ( 11 18 12 3 3 2 3 x x x x x =
3 ) 1 ( 2 x +
2 ) 1 ( 1 x +
1 2 x +
2 1 x .
4. Рационал бөлшекті қарапайым бөлшектердің қосындысы түрінде келтіріңдер: ) 1
2 )( 1 ( 8 15 12 4 2 2 3 x x x x x x x . Бөлшектің бөлімі мейтін көпмүшелердің көбейтіндісі түрінде ген, өйткені x 2 + x + 1 көпмүшесі нақты сандар өрісінде мейді. ) 1 )( 2 )( 1 ( 8 15 12 4 2 2 3 x x x x x x x =
1
A +
2
B +
1 2
x D Cx . Ал
1
A +
2
B +
1 2
x D Cx =
) 1 )( 2 )( 1 ( ) 2 )( 1 )( ( ) 1 )( 1 ( ) 1 )( 2 ( 2 2 2
x x x x x D Cx x x x B x x x A , сондықтан A(x + 2)(x 2 + x + 1) + B(x + 1)(x 2 + x + 1) + (Cx + D)(x + 1)(x + 2) = 4x 3 + 12x 2 + 15x + 8 или (A + B + C)x 3 + (3A + 2B + 3C + D)x 2 + (3A + 2B + 2C + 3D)x + (2A + B + 2D) = 4x 3 + 12x 2 + 15x + 8. Енді x-тың сәйкес дірежерінің коэффициенттерін теңестірсе, 8 2 2 15 3 2 2 3 12 3 2 3 4
B A D C B A D C B A C B A сызықтық теңдеулер жүйесіне келемсіз. Оның шешімін табамыз: A = 1, B = 2, C = 1, D = 2. Осыдан ) 1 )( 2 )( 1 ( 8 15 12 4 2 2 3 x x x x x x x = 1 1 x + 2 2 x +
1 2 2 x x x .
5. Рационал бөлшекті қарапайым бөлшектердің қосындысы түрінде келтіріейік: ) 5
) 1 ( 17 4 7 6 4 2 2 2 3 4
x x x x x x . Бөлімдегі x 2 – x + 1 квадрат үшмүшесі жіктелмейді. Сондықтан бөлім жіктелмейтін көпмүшелердің көбейтіндісі болады. Сонымен
) 5 ( ) 1 ( 17 4 7 6 4 2 2 2 3 4
x x x x x x = 2 2 ) 1 ( x x B Ax +
1 2
x D Cx +
5
E . Онда
) 5 ( ) 1 ( 17 4 7 6 4 2 2 2 3 4
x x x x x x =
) 5 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 5 )( 1 )( ( ) 5 )( ( 2 2 2 2 2 x x x x x E x x x D Cx x B Ax . Енді алымдарды теңестіреміз (Ax + B)(x + 5) + (Cx + D)(x 2 – x + 1)(x + 5) + E(x 2 – x + 1) 2 = 4x 4 +6x 3 + 7x 2 + 4x + 17 нмесе (C + E)x 4 + (4C + D – 2E)x 3 + (A – 4C – 6D + 3E)x 2 + (5A + B + 5C – 4D – 2E)x + (5B + 5D + E) = 4x 3 + 12x 2 + 15x + 8. Енді x-тың сәйкес дәрежелеріндегі коэффициенттерді теңестіріп, 17 5 5 4 2 4 5 5 3 6 4 6 2 6 4
D B E D C B A E D C A E D C D C 15 жүйесіне келеміз. Оның шешімін A = 1, B = 1, C = 2, D = 2, E = 2 болады. Осыдан ) 5 ( ) 1 ( 17 4 7 6 4 2 2 2 3 4 x x x x x x x = 2 2 ) 1 ( 1 x x x + 1 2 2 2
x x +
5 2 x .
жүктеу/скачать 1,18 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|