§ 5. Үшінші және төртінші дәрежелі алгебралық теңдеулер

2. Нақты кубтық теңдеулер 

Мысалдар. 1. x

3

 – 9x

2

 + 21x – 5 = 0 теңдеуін шешейік.  

x = y + 3 ауыстыруынан кейін  y

3

 – 6y + 4 = 0 толық емес теңдеуі шығады.  = –27∙16 + 4∙216 = 432 > 0. 

Сондықтан  теңдеудің  үш  әртүрлі  нақты  түбір  болады.  Одан  әрі 

27

4

3

2

p

q



  = 

108





  =  –4.  Кардано 

формуласы бойынша u = 

3

2

2

i





, –2 + 2i = 2 2 (cos

4

3



 + isin

4

3



). Сондықтан кубтық бір түбір u

1

 = 

2 (cos

4



 + isin

4



) = 1 + i болады. Осыдан 2-теорема бойынша, u

1

 және v

1

 түйіндес болу керек: v

1

 = 1 – 

i. Енді (8)-формулаларды қолданамыз: y

1

 = u

1

 + v

1

 = 2, y

2

 = –

2

1

(u

1

 + v

1

) + i

2

3

(u

1

 – v

1

) = –

2

1

∙2 + i

2

3

∙2i = 

–1 –  3 , y

3

 = –

2

1

∙ 2 – i

2

3

∙ 2i = –1 +  3 . Осыдан x

1

 = y

1

 + 3 = 2 + 3 = 5, x

2

 = y

2

 + 3 = 2 –  3 , x

3

 = y

3

 + 3 = 

2 + 

3

. 

2. x

3

 – 9x + 28 = 0 теңдеуін шешейік.  

Бұл  толық  емес  теңдеу.  Дискриминантты  есептейміз:    =  –27∙784  +  4∙729  =  –108∙169  <  0.  Сондықтан 

теңдеудің  бір  нақты  екі  түйіндес  жорамал  түбірі  болады.  Одан  әрі 

27

4

3

2

p

q



  = 

108





  =  169.  Кардано 

формуласы  бойынша  u  = 

3

13

14 



  = 

3

1

 .  Сондықтан  кубтық  бір  түбір  u

1

  =  –1  болады.  Осыдан  2-

теорема бойынша, u

1

v

1

 = –

3

p

 немесе (–1)v

1

 = 3, сондықтан v

1

 = –3. Енді (8)-формулаларды қолданамыз: 

x

1

 = u

1

 + v

1

 = –4, x

2

 = –

2

1

(u

1

 + v

1

) + i

2

3

(u

1

 – v

1

) = –

2

1

∙(–4) + i

2

3

∙2 = 2 – i 3 , ал x

3

 оған түйіндес болу 

керек: x

3

 =2 + i 3 .  

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) 

Мысал. 1. x

4

 – 2x

3

 + 2x

2

 + 4x – 8 = 0 теңдеуі берілсін. Онда a = –2, b = 0, c = 4, d = –4. 

Әуелі осы теңдеудің резольвентасын жазайық, (2)-формула:  y

3

 – 2y

2

 + 24y – 48 = 0. Оның бір түбірі y

0

 = 

2 болады. 

Одан кейін (3)-формулалар бойынша, m = 

0

2

4

y

b

a





 = 

2

2

4

)

2

(

2







 = 1, n = 

d

y



4

2

0

 = 

8

4

2

2

  = 

3. 

Ақырында (4)-теңдеулерді шешіп, берілген төртінші дәрежелі теңдеудің түбірлерін табамыз:  

Бірінші теңдеу: x

2

 + x + 1 = x + 3, x

2

 = 2, x

1

 =  2 , x

2

 = – 2 ; екінші теңдеу: x

2

 + x + 1 = –x – 3, x

2

 + 2x + 4, 

x

3

 = –1 + i 3 , x

3

 = –1 – i 3 . 

Жауабы: x

1,2

 =  2 , x

3,4

 = –1  i 3 . 

§ 6. Көпмүшенің нақты түбірлерін айыру 

1. Штурм көпмүшелері 

2. Штурм теоремасы 

Мысалдар.  1.  f(x)  =  x

5

  +  2x

4

  –5x

3

  +  8x

2

  –  7x  –3  көпмүшесі  үшін  a

0

  =  1,  A  =  8.  Сондықтан  түбілер 

модульдарының жоғарғы шекарасы 1 + 

1

8

 = 9 болады. Көпмүшенің түбірлерін, егер түбір бар болса, [–9, 

9]  аралығында іздейміз.  

2. Штурм әдісін f = x

3

 + 3x

2

 – 1 көпмүшесіне қолданайық. Штурм жүйесін құрамыз: f

1

 = 3x

2

 + 6x, f

0

 = f = 

(x + 1)f

1

 + (–2x – 1), f

2

 = 2x + 1, f

1

 = (3x + 1)f

2

 + (–1), f

3

 = 1. Сөйтіп, f

0

 = x

3

 + 3x

2

 – 1, f

1

 = 3x

2

 + 6x, f

2

 = 2x + 1, 

f

3

 = 1. 

Нақты түбірлердің жоғарғы мен төменгі шекарларын анықтайық: a

0

 = 1, A = 3, 1 + 

1

3

 = 4. Сондықтан 

көпмүшенің барлық нақты түбірлері [–4, 4] аралығында жатады. 

 

 

f

0

(x) 

f

1

(x) 

f

2

(x) 

f

3

(x) 

w(x) 

–4 

– 

+ 

– 

+ 

3 

–3 

– 

+ 

– 

+ 

3 

–2 

+ 

0 

– 

+ 

2 

–1 

+ 

– 

– 

+ 

2 

0 

– 

0 

+ 

+ 

1 

1 

+ 

+ 

+ 

+ 

0 

2 

+ 

+ 

+ 

+ 

0 

3 

+ 

+ 

+ 

+ 

0 

4 

+ 

+ 

+ 

+ 

0 

 

Сөйтіп,  көпмүшенің  барлық  түбірлері  (–3,  1)  интервалында  жатады,  оған  қоса,  (–3,  –2),  (–1,  0),  (0,  1) 

интервалдарында бір-бір түбірден жатады. 

§ 7. Рационал сандар өрісіндегі көпмүшелер 

1. Көпмүшенің рационал түбірлері 

Егер рационал сандар өрісіндекгі f(x) көпмүшесі берілсе, онда оны коэфициенттерінің  бөлімдерінің ең 

кіші ортақ b еселігіне көбейтіп, онда бүтін сандар сақинасындағы g(x) = bf(x) көпмүшесі табылады. Осы 

f(x) және g(x) көпмүшелерінің біреуінің түбірі екіншінің де түбірі болады. Сондықтан рационал сандар 

өрісіндегі  көпмүшелердің  рационал  түбірлерін  іздеу  үшін  бүтін  сандар  сақинасындағы  көпмүшелерді 

ғана қарауға болады. 

Мысалдар. 1. 5х

4

 – 

3

10

x

3

 + 5х

2

 + 

3

5

х – 

3

10

 = 0 теңдеуінің барлық рационал түбірлерін табайық. Теңдеуді 

5

3

-ке  көбейтсе,  онда  3х

4

  –  2x

3

  +  Зх

2

  +  х  –  2  =  0.  Сол  жақтағы  көпмүшенің  бас  коэффициентін  ±1,  ±3 

сандары, ал бос мүшені ±1, ±2 сандары бөледі. Сондықтан теңдеудің рационал түбірлерін  ±1, ±2, ±

3

1

, 

±

3

2

 сандарының арасында іздеу керек. Оларды тексерсе, түбірі 

3

2

 саны болатынын көруге болады. 

2.  х

4

  –  х

2

  +  х  –  10  =  0  теңдеуінің  бүтін  түбірлерін  табайық.  Бос  мүшенің  бөлгіштері  ±1,  ±2,  ±5,  ±10 

сандары болады. Сондықтан 1-теореманың салдары бойынша, түбірлерді осы сандардың арасынан іздеу 

керек. Осы сандарды тексеріп, теңдеудің жалғыз бүтін түбірін табамыз: –2. 

Көп  жағдайларда  көпмүшенің  түбірі  болмайтын  бос  мүшенің  бөлгіштерін  тексермей  шығарып  тастау 

үшін келесі тәсілді қолдануға болады. 

3. f(x) = 10x

4

 – 13x

3

 + 15x

2

 – 18x – 24 көпмүшесінің рационал түбірлерін табайық. 

1-Теорема  бойынша,  көпмүшенің  рационал 

q

р

  түбірі  болса,  онда  сәйкесінше  p  алымы  –24-ке  тең  бос 

мүшені,  ал  q  бөлімі  10-ға  тең  бас  коэффициентті  бөледі,  мұндағы  бүтін  p  және  q  сандары  өзара  жай 

және p > 0.  Сондықтан p = 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24, q = 1, 2, 5, 10 бола алады. 1-Леммадағы с = 

1, 2 деп алайық. Онда f(1) = –30, f(–1) = 32, f(2) = 56, f(–2) = 336. Сондықтан лемма бойынша, f(–1) 



 (p 

+ q) және f(1) 



 (p – q). Енді p мен q мәндеріне сәйкес p + q  мәндерінің кестесін құрайық: 

 

 

 

p 

 

p + q  1 

–1  2  –2  3 

–3  4  –4  6 

–6  12  –12  24  –24 

1 

2 

– 

3  –1  4 

–2  5  –3  7 

–5  13  –11  25  –23 

2 

3 

1 

4  – 

5 

–1  –  – 

– 

– 

– 

– 

– 

– 

5 

6 

4 

7  3 

8 

2 

9  1 

11  –1  17  –7 

29  –21 

q 

10 

11  9 

–  – 

13  7 

–  – 

– 

– 

– 

– 

– 

– 

 

 Кестеде p + q = 0 немесе p мен q өзара жай болмайтын жағдайлар "–" деп белгіленген және f(–1) = 32 

мәні p + q бөлінетін жағдайлар астынан сызылған.  

Енді f(1) = –30



 (p – q) шартын тексеру үшін (p + q)-дың белгіленген мәндеріне ғана сәйкес p мен q-дың 

мәндерін қараймыз. 

 

 

 

p 

 

p – q  1  –1  2  –2  3 

–3  –4  –6 

1 

–  – 

–  –3  2 

–4  – 

– 

2 

–  –3  –  – 

– 

–1  – 

– 

q 

5 

–  –6  –  – 

–2  –8  –9  –11 

 

Ал f(2) = 56



 (p – 2q) шартын тексері үшін келесі кестеге келеміз. 

 

 

 

p 

 

p + q  –1 

–2  3  –3 

1 

– 

–4  1 

– 

2 

–5 

– 

–  –7 

q 

5 

–11  – 

–  –13 

 

Сонымен  бір  жағдай  қалды: 

1

3

  =  3  және 

5

3

.  Оны тікелей  тексеруге  болады: f(3)  =  516    0.  Сондықтан 

осы көпмүшенің рационал түбірі жоқ. 

2. Рационал сандар өрісінде жіктелмейтін көпмүшелер 

4.  7x

4

  +  60x  –12  көпмүшесі  Q[x]  сақинасында  жіктелмейді,  өйткені  р  =  3  деп  алып,  Эйзенштейн 

критериін қолдану керек. 

5. f

p

(x) = x

p–1

 + x

p–2

 + ...+ x + 1 = 

1

1





x

x

p

, мұндағы p жай сан, көпмүшесі дөңгелекті бөлу көпмүшесі деп 

аталады. Оның түбірлері 1-мен бірге комплекс жазықтықтағы бірлік дөңгелекті тең p бөлікке бөледі. 

Көпмүшеге x = y + 1 түрлендіруін қолданайық: g(y) = f

p

(y + 1) = 

1

1

1

)

1

(









y

y

p

 = 

y

1

[y

p

 + py

p–1

 + 

!

2

)

1

( 

p

p

y

p–2

 

+  ...  +  py]  =  y

p–1

  +  p

y–2

  + 

!

2

)

1

( 

p

p

y

p–3

  +...  +  p.  Осы  g(y)  көпмүшесінің,  үлкен  коэффициентінен  басқа, 

барлық коэффициенттері p-ға бөлінеді, сонымен қатар бос мүше p

2

-қа бөлінбейді. Эйзенштейн критериі 

бойынша, g(y) көпмүшесі Q[y] сақинасында жіктелмейді. Онда f

p

(x) көпмүшесі де жіктелмейді. Өйткені 

f

p

(x) = h

1

(x)h

2

(x) болғанда, g(y) = h

1

(y + 1)h

2

(y + 1) болар еді, яғни g(y) ер еді.. 

6. Егер f(x)  Q[x] көпмүшесі рационал сандар өрісінде жіктелмесе, онда рационал a, b, a  0, сандары 

үшін f(ax + b) көпмүшесі де рационал сандар өрісі үстінде жіктелмейді.  

Шынында, f(ax + b) = g(x)h(x) және g(x)h(x)  Q[x] болса, онда y = ax + b түрлендіруін алғанда, x = b

–1

(y – 

b) және g(x)h(x) = g[a

–1

(y – b)]h[a

–1

(y – b)] = f(y). Ал g[a

–1

(y – b)]h[a

–1

(y – b)]  Q[y]. Сондықтан f(ax + b) 

көпмүшесі  Q[x]  сақинасында  жіктелетін  болса,  онда  f(y)  көпмүшесі  Q[y]  сақинасында  жіктелетін 

болады. Ал Q[y] және Q[y] сақиналары изоморфты. Сондықтан f(x) көпмүшесі де рационал сандар өрісі 

үстінде жіктелетін болады. 

Эйзенштейн  критериі  бүтін  сандар  сақинасындағы  көпмүшенің  жіктелмейтіндігінің  жеткілікті  ғана 

шарты болады.  

Кронекер әдісі кез келген бүтін коэффиентті көпмүшеге жіктелетінін немесе жіктелмейтінін анықтауға 

арналған. 

Бүтін коэффиентті бүтін түбірі болмайтын n-дәрежелі f(x) көпмүшесі берілсін. Егер ол екі көпмүшенің 

көбейтіндісі  түрінде  се,  f(x)  =  g(x)h(x),  онда  оның  біреуінің,  айталық  g(x)-тың,  дәрежесі    m  = 













2

n

 

санынан аспайды. Енді x-қа бүтін x

0

, x

1

,…, x

m

 мәндерін берейік. Онда f(x

i

) = g(x

i

)h(x

i

) теңдіктерінен f(x

i

) 

мәні g(x

i

) мәніне бөлінетіні шығады, i = 0, 1,…, m.  Енді f(x

0

), f(x

1

),…, f(x

m

) бүтін сандарының сәйкесінше 

d

0

,  d

1

,  …,  d

m

  бөлгіштерінің  әртүрлі  жинағын  табамыз.  Енді  алынған  d

0

,  d

1

,  …,  d

m

  сандарын  g(x) 

көпмүшесінің сәйкесінше x

0

, x

1

,…, x

m

 нүктелеріндегі мәндері деп есептеп, интерполяциялық формуланы 

қолданып, дәрежесі m-нен аспайтын g(x) көпмүшесін, яғни оның коэффициенттерін,  табамыз және ол 

f(x)  көпмүшесін  бөлетінін,  не  бөлмейтінін  анықтаймыз.  Егер  интерполяциялық  формуламен  табылған 

g(x) көпмүшесінің коэффициенттері бүтін сан болмаса, онда оны тексермеуге де болады. 

Ал d

0

, d

1

, …, d

m

 сандарының бөлгіштерінің жинақтарының сан шекті  болғасын, f(x) көпмүшесінің g(x) 

бөлгіші табылатынын немесе табылмайтынын анықтауға болады. 

7.  f(x)  =  x

4

  +  8x

3

  +  12x

2

  –  6x  +  2  көпмүшесі  бүтін  сандар  сақинасында    жіктелетінін  немесе 

жіктелмейтінін анықтайық. 

Әуелі  көпмүшенің  рационал  түбірі  болатынын,  не  болмайтынын  анықтайық.  1.1-теорема  бойынша, 

көпмүшенің  рационал 

q

р

  түбірі  болса,  онда  q  =  1  және  2



p,  яғни 

q

р

  =  1,    2.  Ол  үшін  мәндерін 

есептейік f(1) = 23, f(–1) = 7 мәндерін қарастырайық. Ал p – q айырымының нөлден өзгеше мәндері 2 – 1 

= 1 және –2 – 1 = –3 болады. Екінші мән, –3 саны, f(1) мәнін бөлмейді. Сондықтан түбірге үміткер –2 сан 

болады.  Оны  тікелей  тексеруге  болады:  f(–2)  =  2.  Сөйтіп  көпмүшенің  рационал  түбірі  болмайды. 

Көпмүшенің  рационал  түбірі  болмағасын,  оның  бірінші  дәрежелі  бөлгіші  болмайды.  Онда  көпмүше 

жіктелсе, оның бір бөлгіші квадрат көпмүше болады: g(x) = x

2

 + px + q. Оны табу үшін x

1

 = –1, x

2

 = 1, x

3

 

=  –2  нүктелеріндегі  f(x)  көпмүшенің  f(x

1

)  =  23,  f(x

2

)  =  7,  f(x

3

)  =  2  мәндері  қаралады.  Бұл  жай  сандар, 

әрбірінің 4 бүтін бөлгіші болады. Айталық, 23-тің бөлгіштері 1 және 23.  

Кронекер  әдісі  бойынша,  f(x)  көпмүшенің  табылған  (23,  7,  2)  мәндерінің  бөлгіштерінің  жиынтықтары 

қаралады. Әрбір санның 4 бөлгіші болғандықтан, 4

3

 вариант бар, мысалы (23,7,2), (23,–7,–2), (–23,7,–1) 

және тағы басқа. 

Бірінші үштікті қарайық: (23, 7, 2), яғни g(–1) = 23, g(1) = 7, g(–2) = 2 болатын g(x) квадрат көпмүшесі 

интерполяциялық формула көмегімен ізделінеді. Лагранж интерполяциялық формуласы n-дәрежелі g(x) 

көпмүшесі үшін g(x) = 



































1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

)

)...(

)(

)...(

(

)

)...(

)(

)...(

(

n

i

n

i

i

i

i

i

i

n

i

i

i

x

x

x

a

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

c

 деп беріледі, мұндағы c

i

 = g(x

i

), i = 1, 2, 

…, n  (9-тарау, § 1). 

Біздің  жағдайда  g(x)  = 

)

)(

(

)

)(

(

3

1

2

1

3

2

1

x

x

x

x

x

x

x

x

c









  +

)

)(

(

)

)(

(

3

2

1

2

3

1

2

x

x

x

x

x

x

x

x

c









  +

)

)(

(

)

)(

(

2

3

1

3

2

1

3

x

x

x

x

x

x

x

x

c









  = 

)

2

1

)(

1

1

(

)

2

)(

1

(

23













x

x

  + 

)

2

1

)(

1

1

(

)

2

)(

1

(

7









x

x

 

+

)

1

2

)(

1

2

(

)

1

)(

1

(

2













x

x

 

= 

2

)

2

)(

1

(

23







x

x

 

+ 

6

)

2

)(

1

(

7





x

x

 

+ 

3

)

1

)(

1

(

2





x

x

 

=  

6

)

1

)(

1

(

2

2

)

2

)(

1

(

7

)

2

)(

1

(

)

3

(

23



























x

x

x

x

x

x

 

= 

6

)

1

)(

1

(

2

2

)

2

)(

1

(

7

)

2

)(

1

(

)

3

(

23



























x

x

x

x

x

x

 = 

6

1

[–69(x

2

 – x – 2) + 7(x

2

 + 3x + 2) + 4(x

2

 – 1)] =  

6

1

(–58x

2

 + 90x + 148). Бірақ табылған көпмүшенің үлкен коэффициенті бүтін сан болмайды. Сондықтан 

осы вариант жарамайды. 

Одан кейін екінші (23,–7,–2) үштігі қаралады және тағы сол сияқты қалган 63 вариант. 

Дәрежелі кішкентай көпмүшеге Кронекер әдісін басқа түрде қолдануға болады.  

Қаралған бірінші (23, 7, 2) үштігіне g(–1) = (–1)

2

 + p(–1) + q = 23, g(1) = 1

2

 + p1 + q = –7, g(–2) = (–2)

2

 + 

p(–2) + 2 = 2 болу тиісті. Атап айтқанда,   

–2 – p  + q = 23, 12 + p + q = –7, –4 – p + q = 2 

теңдіктерінің жүйесі орындалу керек. Бірақ ондай p және q сандары табылмайды. 

III ТАРАУ. XII ТАРАУ. Алгебралық сандар 

Осы тарауда сипаттамасы 0-ге тең өрістер қаралады. 

жүктеу/скачать 1,18 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: