Методический материал "Жоғары дәрежелі теңдеулерді шешу" (11 класс)

Жоғары дәрежелі теңдеулерді шешу

Карыбаева Сауле Шешкеновна – Қарақол орта мектеп-бақшасының математика пәнінің мұғалімі, ҚР Білім беру ісінің үздігі

Математика пәнін тереңдетіп оқытатын сыныптарда жоғары дәрежелі теңдеулерді шешу мәселесі кеңінен қарастырылады.

Мұндай теңдеулерді шешудің түрлі әдістері бар.

1-әдіс. Безу теоремасына сүйеніп, теңдеудің дәрежесін біртіндеп төмендету.

Бұл әдіс теңдеудің рационал, дербес жағдайда бүтін, түбірлері бар болған жағдайда қолайлы болып табылады. Оның мәні теңдеудің сол жақ бөлігіндегі көпмүшені рационал түбірлері арқылы көбейткіштерге жіктеу.

Бұл әдісті меңгерту үшін оқушыларға француз математигі Безу (1730-1783) есімімен аталатын теореманы және көпмүше түбіріне байланысты негізгі тұжырымдарды таныстырып (дәлелдеуін келтіріп) өткен жөн.

Айталық, көпмүшесі берілсін.

Теорема 1. (Безу теоремасы). Р(х) көпмүшесін x-a екімүшесіне бөлгендегі қалдық Р(х) -тің x=a болғандағы мәніне тең.

Сонда болса, мұндағы R=P(a).

Теорема 2. Р(х) көпмүш x-a екімүшесіне қалдықсыз бөлінгенде, тек сонда ғана a саны Р(х) көпмүшесінің түбірі болады.

Яғни Р(х) көпмүшесін түрінде көбейткіштерге жіктеуге болады. Мұндағы Q(x) дегеніміз (n-1)-ші дәрежелі бөлінді көпмүше, ол Р(х)-ті x-a екімүшеге бөлгенде пайда болады.

Осылайша Р(х)=0 теңдеуі х=а түбірі табылғаннан кейін Q(x)=0 теңдеуін шешуге келтіріледі.

Егер теңдеу бүтін коэффициентті болса, онда оның рационал түбірлерін табу үшін келесі теоремаға сүйенеміз.

Теорема 3. Егер қысқартылмайтын бөлшегі бүтін коэффициентті теңдеуінің түбірі болса, онда р саны бос мүшенің бөлгіші, ал q саны бас коэффициенттің бөлгіші болады.

Бұл теоремадан келесі екі салдар айқындалады.

Салдар 1. Бүтін коэффициентті теңдеудің кез келген бүтін түбірі бос мүшенің бөлгіші болады.

Салдар 2. Бүтін коэффициентті келтірілген () теңдеудің рационал түбірі бар болса, онда ол бүтін сан болады.

Жоғарыда көрсетілген , яғни жазуындағы Q(x) көпмүшесінің коэффициенттері мен R қалдығын Горнер схемасының көмегімен оңай табуға болады.

...

х=а

b₀=а₀

b₁=a₁+αb₀

b₂=a₂+αb₁

...

b_n-1=a_n-1+αb_n-2

R= a_n+αb_n-1

Бұл кестенің бірінші жолында Р(х) көпмүшесінің коэффициенттері, ал екінші жолда Q (x) бөлінді көпмүшенің коэффициенттері мен қалдық.

Енді теңдеулер шешуді нақты мысалдармен көрсетейік.

1-мысал.

Шешуі: 1-ші салдарға сүйеніп, егер бар болса, бос мүше бөлгіштері: ±1; ±2; ±4; ±8 сандары ішінен бүтін түбірлерін іздейміз. х=-4 түбірі болатынына көз жеткізуге болады. Горнер схемасын пайдаланып теңдеудің сол жақ бөлігіндегі көпмүшені х+4 екімүшеге бөлеміз.

5

18

-10

-8

х=-4

5

-2

-2

0

Сонда 1 дәрежеге төмендеген квадрат теңдеуі шығады. Оны шешіп, түбірлерін табамыз.

Жауабы:

2-мысал.

Шешуі: 2-ші салдарға сүйеніп келтірілген бүтін коэффициентті теңдеудің бүтін түбірлері бар болса, бос мүше бөлгіштері ішінен іздейміз. Тексеру х=2 саны түбір болатынын көрсетеді. Горнер схемасын пайдаланып теңдеудің сол жақ бөлігіндегі көпмүшені х-2 екімүшеге бөлеміз.

1

-2

-9

18

20

-40

х=2

1

0

-9

0

20

0

Осылайша биквадрат теңдеуін аламыз. Бұл теңдеуді шешіп, түбірлерін табамыз.

Жауабы:

Теңдеу шешуде Безу теоремасын қолдану үнемі тиімді тәсіл деуге болмайды. Теңдеудің рационал түбірлері болмайтын жағдайда Безу теоремасын тіпті де қолдануға келмейді. Сондықтан жоғары дәрежелі теңдеулерді шешудің басқа да ұтымды тәсілдерін қолдансақ, есеп шешу әлдеқайда жеңілдейді.

2-әдіс. Топтау арқылы көбейткіштерге жіктеу.

3-мысал.

Шешуі: Қосылғыштардың алғашқы екеуі мен соңғы екеуін топтап, ортақ көбейткіштерін жақша сыртына шығара отырып, көбейткіштерге жіктейміз. Сонда , бұдан , яғни теңдеуін аламыз. Мұндағы өрнегі ч-тің кез келген мәндері үшін оң мәнге ие болғандықтан, теңдеуін шешсе жеткілікті. Демек, .

Жауабы:

Бұл теңдеуді 1-ші әдіспен де шешуге болады (3-теоремаға сүйенеміз).

4-мысал.

Шешуі: Әрбір екі қосылғыштан ретімен топтай отырып, көбейткіштерге жіктейміз. Сонда . Бұдан , бұдан теңдеуін аламыз. Бұл теңдеу теңдеулер жиынымен мәндес. Оларды шешіп, түбірлерін табамыз.

Жауабы:

3-әдіс. Жаңа айнымалы енгізу әдісі.

Мысал қарастырмастан бұрын теңдеу шешуде жиі кездесетін алмастыруларға тоқталайық.

1. алмастыруы. Дербес жағдайда белгілеуін енгізу арқылы биквадрат теңдеуі шешіледі.

2. немесе алмастыруы. Мұндағы - көпмүше. Мұндай алмастырудың көп кездесетін түрі немесе

3. алмастыруы, мұндағы пен - көпмүшелер. Мысалы алмастыруы арқылы түріндегі төртінші дәрежелі қайталамалы (возвратные) теңдеуі шешіледі.

Теңдеу шешу кезінде ескеретін жағдай: 1) мүмкін болған жағдайда бірден жаңа айнымалы енгізілуі керек; 2) жаңа айнымалыға қатысты алынған теңдеуді толық шешіп, егер бөгде түбірлері пайда болса, оларды алып тастап, содан кейін ғана бастапқы айнымалыға қайтып оралу керек.

5-мысал.

Шешуі: х=0 саны теңдеуге түбір болмайтындықтан, теңдеудің екі бөлігін де х²-қа бөліп теңдеуін аламыз. белгілеуін енгіземіз, онда . Сонда берілген теңдеу түріне келеді. табылған түбірлерді белгілеудегі орнына қойсақ, немесе . Бұдан , теңдеулер жиынын аламыз. Оларды шешіп, , түбірлерін аламыз.

Жауабы: ,

6-мысал.

Шешуі: белгілеуін енгіземіз. Сонда теңдеуін аламыз. формуласын пайдаланып, теңдеуін аламыз. Осыдан теңдеулер жиынын аламыз. Біріншісінің шешімі жоқ, екіншісінің шешімі . Белгілеудугі орнына қойсақ, немесе . Бұл теңдеулерді шешіп, түбірлерін табамыз.

Жауабы:

4-әдіс. Феррари әдісі.

XIV ғасырда итальяндық математик Л.Феррари (1522-1566 жж.) төртінші дәрежелі теңдеу шешудің жаңа әдісін тапты. Бұл әдістің негізгі идеясы теңдеудің екі бөлігін толық квадратқа келтіру болып табылады.

7-мысал.

Шешуі: Теңдеудің сол жақ бөлігін толық квадратқа келтіретіндей түрлендіру жасайық. Сонда теңдеуін аламыз. Енді теңдеудің екі бөлігін де толық квадратқа түрлендіру үшін а параметрін енгіземіз. Сонда теңдеудің сол жақ бөлігі былай түрленеді: , бұл толық квадрат болады. Бұдан теңдеудің екі бөлігіне де өрнегін қосу керектігін көреміз. Сонда теңдеу түріне келеді. Енді теңдеудің оң жақ бөлігі де толық квадрат болатындай а параметрінің нақты мәндерін табамыз. Ол үшін дискриминант болуы қажетті және жеткілікті. . Сонда теңдеуін шешеміз. Бос мүше бөлгіштерінен түбірін оңай табуға болады.

4

-1

22

-25

а=1

4

3

25

0

а-1 екімүшеге бөлсек, нақты шешімі жоқ теңдеу аламыз.

Демек, . Бұл мәнді орнына қойсақ, , бұдан теңдеуі шығады. Квадраттар айырмасын көбейтіндіге түрлендірсек, шығады. Сонда

Жауабы:

Математиканы тереңдетіп оқитын 11 сыныптардың емтихан есептері жинағында комплекс сандар жиынында шешуге бірнеше теңдеулер берілген. Алгебраның негізгі (Гаус теоремасы) теоремасына сүйеніп, комплекс сандар өрісінде n-ші дәрежелі теңдеудің n түбірін табуға болады.

7-мысал.

Шешуі: Бос мүше бөлгіштерінен түбірін оңай табамыз.

12

-56

107

-107

56

-12

х=1

12

-44

63

-44

12

0

екімүшеге бөлгенде теңдеуі шығады.

6-мысалдағыдай теңдеудің екі бөлігін х²-қа бөліп, белгілеуін енгізсек, теңдеуі шығады. Бұдан Белгілеудегі орнына қойсақ, келесі теңдеулер жиынын аламыз:

Жауабы:

Жоғары дәрежелі теңдеулерді шешудің түрлі әдіс-тәсілдері бар. Мектеп алгебрасында мұндай теңдеулер жан-жақты қарастырылмайды, ал техникада, физикада, механикада олар жиі кездеседі. Сондықтан математикалық үйірмелерде, факультативтік сабақтарда бұл материалдармен оқушыларды таныстырған жөн болады.

Шығыс Қазақстан облысы

Үржар ауданы

Тел: [phone]

87773810150