§ 4. Симметриялы көпмүшелерді қолдану

3.2. Теңдеулер жүйелерін шешу 

Симметриялы көпмүшелер теориясын теңдеулер жүйесі шешкенде пайдалануға болады. Атап айтқанда, 

f

i

(x

1

,…,  x

n

)  =  0,  i  =  1,2,...,  n,  теңдеулер  жүйесі  берілсін,  мұндағы  f

i

  симметриялы  көпмүшелер.  Әрбір  f

i

 

көпмүшесін элементар симметриялы 



1

, 



2

, ..., 



n

 көпмүшелері арқылы өрнектеп, одан кейін элементар 

симметриялы  көпмүшелерге  қатысты  теңдеулер  жүйесіне  келеміз.  Оның  с

1

,  с

2

,  ...,  с

n

  шешімдерін 

табамыз.  Ақырында,  3-теореманы  қолданып,  t

n

  –  c

1

t

n–1

  +  c

2

t

n–2

  +...+  (–1)

n–1

c

n–1

t  +  (–1)c

n

  =  0  теңдеуі 

шешіледі. 3-Теорема бойынша, осы теңдеудің түбірлері x

1

,…, x

n

 болса, онда жүйенің шешімі (x

1

,…, x

n

) 

векторы болады. 

Мысал 2. 



































3

4

6

3

3

3

2

2

2

yz

xz

xy

xyz

z

y

x

z

y

x

 

жүйесі берілсін. Әрбір теңдеудің сол жағында симметриялы көпмүшелер тұр. Атап айтқанда, осы жүйе 























3

4

6

3

3

3

2

s

s

s



  жүйесіне  пара-пар.  Жүйедегі  симметриялы  функцияларды  элементар  симметриялы 

көпмүшелер арқылы өрнектейміз: 



























3

4

2

3

6

2

2

3

2

1

3

1

2

2

1















. Осы жүйенің шешімі табылады:



1

 = 0, 



2

 = –

3, 



3

  =  –2.  3-теореманы  қолданып,  t

3

  –3t  +  2  =  теңдеуін  шешеміз:  t

1

  =  1,  t

2

,  t

3

  =  –1  ± 

2 i.  3-Теорема 

бойынша,  жүйенің  әртүрлі  3!  =  6  шешімі  болады,  оның  біреуі  (1,  –1  + 

2 i,  –1  – 

2 i),  қалғандары 

координаталарға алмастыруларды қолданып табылады. 

Мысал 3. Теңдеулер жүйесін шешейік: 















65

5

3

6

2

y

x

y

x

. 

Теңдеулердегі  көпмүшелер  симметриялы  болмайды,  бірақ  z  =  x

2

  деп  алса,  онда 















65

5

3

3

y

z

y

z

  жүйесі 

шығады. Мұндағы көпмүшелер z, y белгісіздеріне қатысты симметриялы көпмүшелер болады. Осы жүйе 











65

5

3

1

s



  жүйесіне  пара-пар.  Ал  s

3 

= 



1

3

  –  3



1



2

.  Осыдан 













65

3

5

2

1

3

1

1









.    Осы  жүйенің  шешімдері 

табылады: 



1

  = 5, 



2

 = 4. Енді t

2

 – 5t  + 4 = 0  теңдеуінің шешімдерін табамыз: t

1

 = 1, t

2

 = 4. 3-Теорема 

бойынша,  екінші  жүйенің  шешімін  табамыз:  z

1

  =  1,  y

1

  =  4,  z

2

  =  4,  y

2

  =  1.  Ал  z  =  x

2

.  Осыдан  алғашқы 

жүйенің шешімдерін табамыз: x

1

 = 1, y

1

 = 4, x

2

 = –1, y

2

 = 4, x

3

 = 2, y

3

 = 1, x

4

 = – 2, y

4

 = 1. 

Мысал 4. Иррационал теңдеуді x + 

2

17

x



 + x

2

17

x



 = 9 нақты сандар өрісінде шешейік.  

Мұнда y = 

2

17

x



 деп алса, осы теңдеу x + y + xy = 9 теңдеуіне айналады, оған қоса x

2

 + y

2

 = 17 екенін 

көруге болады. Сондықтан берілген иррационал теңдеу x + y  + xy = 9, x

2

 + y

2

 = 17 жүйесіне келтіреді. 

Осы жүйенің теңдеулерінің сол жағында симметриялы көпмүшелер тұр: 



1

 + 



2

 = 9, s

2

 = 17. Ал s

2

 = 



1

2

 – 

2



1

. Сөйтіп, 



1

 + 



2

 = 9, 



1

2

 – 2



1

 = 17 жүйесіне келеміз. Оның екі шешімі болады:



1

 = 5, 



2

 = 4, 



1

 = –7, 



2

 = 16. Екі шешімге сәйкес t

2

 – 5t + 4 = 0 және t

2

 + 7t + 16 = 0 теңдеулерінің шешімдерін табамыз: t

1

 = 1, 

t

2

 = 4, t

3

 = 

2

15

7







1, t

4

 = 

2

15

7







. Әдетте y = 

2

17

x



  0 деп алынады. Сондықтан t

3

, t

4

 түбірлері 

жарамайды. Онда x + y + xy = 9, x

2

 + y

2

 = 17 жүйесінің шешімдері екеу ғана болады: x

1

 = 1, y

1

 = 4, x

2

 = 4, 

y

2

 = 1. Сөйтіп, алғашқы иррационал теңдеуінің шешімдері екеу болады: x

1

 = 1, x

2

 = 4. 

3.3. Көпмүшелерді көбейткіштерге жіктеу 

Егер  симметриялы  f(x

1

,…,  x

n

)  көпмүшесі  элементар  симметриялы  көпмүшелер  арқылы  g(



1

, 



1

,…, 



n

) 

көпмүшесі түрінде  өрнектелсе және g(



1

, 



1

,…, 



n

) көпмүшесі екі көбейткішке жіктелсе: g(



1

, 



1

,…, 



n

) 

= g

1

(



1

, 



1

,…, 



n

)g

2

(



1

, 



1

,…, 



n

), онда f(x

1

,…, x

n

) көпмүшесі де көбейткіштерге жіктеледі: f(x

1

,…, x

n

) = 

f

1

(x

1

,…,  x

n

)f

2

(x

1

,…,  x

n

).  Мұнда  f

i

  көпмүшесін  табу  үшін  g

i

  көпмүшелерінде 



1

, 



2

,…  көпмүшелерінің 

орнына сәйкесінше x

1

 + x

2

 + …+ x

n

, x

1

x

2

 + x

1

x

3

 +…+ x

n–1

x

n

, ... өрнектерін қою керек. 

Мысал  5.  f  =  2x

4

  +  7x

3

y  +  9x

2

y

2

  +  7xy

3

  +  2y

4

  көпмүшесін  f  =  2(x

4

  +  y

4

)  +  7(x

3

y  +  xy

3

)  +  9x

2

y

2

 =  2S(x

4

)  + 

7S(x

3

y) + 9S(x

2

y

2

) түрінде келтіруге болады. Ал S(x

4

) = 



1

4

 –4



1

2



2

 + 2



2

2

, S(x

3

y) = 



2

(



1

2

 – 2



2

), S(x

2

y

2

) = 



2

2

. Сондықтан f = 2(



1

4

 – 4



1

2



2

 + 2



2

2

) + 7



2

(



1

2

 – 2



2

) + 9



2

2

 = 2



1

4

 – 



1

2



2

 – 



2

2

 = (



2

 + 2



1

2

)(



1

2

 – 



2

) 

= [xy + 2(x + y)

2

][(x + y)

2

 – xy] = (2x

2

 + 2y

2

 + 3xy)(x

2

 + y

2

 + xy) = (x + 2y)(2x + y)(x

2

 + y

2

 + xy). 

Мысал 6. f = (x + y)(x + z)(y + z) + xyz = (x

2

y + x

2

z + xy

2

 + xz

2

 + y

2

z + yz

2

) + 3xyz = S(x

2

y) + 3



3

. 1-Кесте 

бойынша, S(x

2

y) = 



1



2

 – 3



3

. Осыдан f = 



1



2

 = (x + y + z)(xy + xz + yz). 

3.4. Қайтымды теңдеулер 

Мысалы, z

5

 – 3z

4

 + 2z

3

 + 2z

2

 – 3z +1, 2z

8

 + z

7

 – 6z

5

 – 6z

3

 + z + 2, z

2

 + 1 көпмүшелері қайтымды болады. 

Осыдан s

k

, s

k–1

, ... дәрежелік қосындыларына 1-кестедегі формулалар бойынша, 2-кестеде берілген. 

Осыны f(z) = z

k

[a

0

(z

k

 + 

k

z

1

) + a

1

(z

k–1

 + 

1

1



k

z

) + … + a

k

] формуласына қойғанда, f(z) = z

k

h(

) болады.  

Енді (2k + 1)-дәрежелі қайтымды f(z) = a

0

z

2k+1

 + a

1

z

2k

 + … + a

2k

z + a

2k+1

 көпмүшесі берілсін: a

0

 = a

2k+1

, a

1

 = 

a

2k

, a

2

 = a

2k –1

,… Көпмүшені былай жазуға болады f(z) = a

0

(z

2k+1

 + 1) + a

1

(z

2k

 + z) + a

2

(z

2k–1

 + z

2

)… + a

k

(z

k+1

 

+ z

k

) = a

0

(z

2k+1

 + 1) + a

1

z(z

2k–1

 + 1) + a

2

z

2

(z

2k–3

 + 1)… + a

k

z

k

(z + 1). Соңғы өрнектегі дөңгелек жақшадағы 

екімүшелер  z  +  1  екімүшесіне  бөлінеді,  өйткені  кез  келген  тақ  m  саны  үшін  z

m

  +  1  екімүшесі  z  +  1 

екімүшесіне бөлінеді, атап айтқанда, z

m

 + 1 = (z + 1)( z

m–1

 – z

m–2

 + … + z

2

 – z + 1). Осыдан 

a

0

(z

2k+1

 + 1) = a

0

(z + 1)(z

2k 

 – z

2k –1

 + z

2k –2

 + … + z

2

 – z + 1), 

a

1

(z

2k–1

 + 1) = a

1

(z + 1)(z

2k –2

 – z

2k –3

 + … + z

2

 – z + 1), 

a

2

(z

2k –3

 + 1) = a

2

(z + 1)(z

2k –4

 – z

2k –5

 + … + z

2

 – z + 1), 

.  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  

a

k

z

k

(z + 1) = a

k

(z + 1)z

k

. 

Осы теңдіктерді қосып және z + 1 көбейткішін жақшаның сыртына шығарғанда f(z) = (z + 1)g(z) болады. 

Мұндағы g(z) көпмүшесі келесі көпмүшелердің қосындысы болады: 

a

0

(z

2k 

 – z

2k –1

 + z

2k –2

 + … + z

2

 – z + 1), 

a

1

(z

2k –1

 – z

2k –2

 + … – z

2

 + z), 

a

2

(z

2k –2

 – z

2k –3

 + … + z

2

), 

.  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  

a

k

z

k

. 

Осы көпмүшелерде z

2k 

 және 1, z

2k–1

 және z, z

2k–2 

 және z

2

,… дәрежелерінің коэффициенттері тең екенін 

көруге болады. Сондықтан g(z) – қайтымды көпмүше. Теорема дәлелденді. 

 

2-Кесте. z

k

 + 

k

z

1

 екімүшелерінің формулалары 

1  z + 

z

1

 = 

 

6 

z

6

 + 

6

1

z

 = 



6

 – 6



4

 + 9



2

 – 2 

2  z

2

 + 

2

1

z

 = 



2

 – 2 

7 

z

7

 + 

7

1

z

 = 



7

 – 7



5

 + 14



3

 – 7

 

3  z

3

 + 

3

1

z

 = 



3

 – 3

 

8 

z

8

 + 

8

1

z

 = 



8

 – 8



6

 + 20



4

 – 16



2

 + 2 

4  z

4

 + 

4

1

z

 = 



4

 – 4



2

 + 2 

9 

z

9

 + 

9

1

z

 = 



9

 – 9



7

 + 27



5

 – 30



3

 + 9

 

5  z

5

 + 

5

1

z

 = 



5

 – 5



3

 + 5

  10  z

10

 + 

10

1

z

 = 



10

 – 10



8

 + 35



6

 – 50



4

 + 25



2

 – 2 

 

Мысалдар. 1. 9z

6

 – 18z

5

 – 73z

4

 + 164z

3

 – 73z

2

 – 18z + 9 = 0 теңдеуін шешейік. 

Теңдеудің дәрежесі жұп, сондықтан z

3

 дәрежесі жақшаның сыртына шығарылады: f(z) = 9z

6

 – 18z

5

 – 73z

4

 

+ 164z

3

 – 73z

2

 – 18z + 9 = z

3

(9z

3

 – 18z

2

 – 73z + 164 – 

z

73

 – 

2

18

z

 + 

3

9

z

) = z

3

[9(z

3

 + 

3

1

z

) – 18(z

2

 + 

2

1

z

) – 73(z + 

z

1

) + 164]. Берілген теңдеудің нөлдік шешімі жоқ, сондықтан 9(z

3

 + 

3

1

z

) – 18(z

2

 + 

2

1

z

) – 73(z + 

z

1

) = 0 

теңдеуін шешу керек. Осы теңдеулерге (2)-кестедегі теңдіктерді  қолданамыз: 9(



3

 – 3

) – 18(

2

 – 2)  – 

73

    +  164  =  0,  9

3

  –  18



2

  –  100

  +200  =  0,  9

2

(

  –  2)  –  100(  –  2)  =  0,  (  –  2)(9

2

  –  100)  =  0.  Осы 

теңдеудің  3  шешімі  бар:   



1

  =  2, 



2

  = 

3

10

  , 



3

  = 

3

10



.  Осы  үш  шешімге  сәйкес  алғашқы  теңдеудің 

шешімін табамыз:  

z + 

z

1

 = 2, z

2

 – 2z + 1 = 0. z

1

 = 1, z

2

 = 1;  

z + 

z

1

 = 

3

10

, 3z

2

 – 10z + 3 = 0. z

3

 = 3, z

4

 = 

3

1

;   

z + 

z

1

 = 

3

10



, 3z

2

 + 10z + 3 = 0. z

5

 = –3, z

6

 = 

3

1



. 

2. Тақ дәрежелі қайтымды теңдеуді қарайық: 2z

11

 + 7z

10

 + 15z

9

 + 14z

8

 – 16z

7

 – 22z

6

 – 22z

5

 – 16z

4

 + 14z

3

 + 

15z

2

 + 7z + 2 = 0. 

4-Теорема бойынша, теңдеудің көпмүшесі z + 1 екімүшесіне бөлінеді: 2z

11

 + 7z

10

 + 15z

9

 + 14z

8

 – 16z

7

 – 

22z

6

 – 22z

5

 – 16z

4

 + 14z

3

 + 15z

2

 + 7z + 2 = (z + 1)(2z

10

 + 5z

9

 + 10z

8

 + 4z

7

 – 20z

6

 – 2z

5

 – 20z

4

 + 4z

3

 + 10z

2

 + 5z + 

2). Сонымен теңдеудің бір түбірі табылды: z

1

 = 1. Теңдеудің қалған түбірлері 2z

10

 + 5z

9

 + 10z

8

 + 4z

7

 – 20z

6

 

– 2z

5

 – 20z

4

 + 4z

3

 + 10z

2

 + 5z + 2 = 0 теңдеуінің түбірлері болады. Бұл жұп дәрежелі қайтымды теңдеу. 

Оны z

5

[2(z

5

 + 

5

1

z

) + 5(z

4

 + 

4

1

z

)+ 10(z

3

 + 

3

1

z

)+ 4(z

2

 + 

2

1

z

) – 20(z

6

 + 

z

1

)– 2] = 0 түріне келтіреміз. Осыдан 

2(z

5

 + 

5

1

z

) + 5(z

4

 + 

4

1

z

) + 10(z

3

 + 

3

1

z

) + 4(z

2

 + 

2

1

z

) – 20(z + 

z

1

) – 2 = 0 теңдеуіне келеміз. Мұнда z

k

 + 

k

z

1

 

екімүшелеріне 2-кестедегі формулаларын пайдаланамыз: 2(



5

 –5



3

 + 5

) + 5(

4

 –



3

 + 2)+ 10(



3

 – 3

) + 

4(



2

 – 2) – 20

 – 2 = 0, 2

5

 – 5



4

 – 16



2

 – 40

  = 0,  (2

4

 – 5



3

 – 16

 – 40)  = 0. Осы теңдеудің бір түбірі 

табылды: 



1

 = 0. Басқа түбірлерін іздейміз: 2



4

 – 5

 

3

 – 16

 – 40  = 0,  

3

(2

 – 5) – 8(2 – 5)  = 0, (2 – 

5)(

 

3

 – 8). 2

 – 5 = 0, 

2

 = 

2

5

; 

 

3

 – 8 = 0, (

 – 2)( 

2

 + 2

 + 4) = 0. Осыдан 

3

 = 2, 



4

 = –1 + i 3 , 



5

 = –1 – 

i 3 .  

Енді 

–лардың табылған мәндеріне сәйкес бастпақы теңдеудің шешімдерін табамыз: 



1

 = 0: z + 

z

1

 = 0, z

2

 + 1 = 0, z

2

 = i, z

3

 = –i. 



2

 = 

2

5

: z + 

z

1

 = 

2

5

, 2z

2

 – 5z + 2 = 0, z

4

 = 2, z

5

 = 

2

1

. 



3

 = 2: z + 

z

1

 = 2, z

2

 – 2z + 1 = 0, z

6,7

 = 1. 



4

 = –1 + i 3 : z + 

z

1

 = –1 + i 3 , z

2

 + (–1 + i 3 )z + 1 = 0, z

8,9

 = 

2

3

1 i







4

3 

2

1 i





2

3

1 i





. 



5

 = –1 – i 3 : z + 

z

1

 = –1 – i 3 , z

2

 – (1 + i 3 )z + 1 = 0, z

10,11

 = 

2

3

1 i







4

3



2

1 i





2

3

1 i





. 

жүктеу/скачать 1,18 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: