Жоғары дәрежелі теңдеулер диплом жұмысы
МАЗМҰНЫ - www.topreferat.com.kz
КІРІСПЕ 3
1 ҮШІНШІ ЖӘНЕ ТӨРТІНШІ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕРДІ
ШЕШУ ӘДІСТЕРІ 5
1.1 Үшінші дәрежелі теңдеу 5
1.2 Төртінші дәрежелі теңдеу 7
1.3 Төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу 8
1.4 Коэффициенттеріне берілген қосымша шарттары бар төртінші дәрежелі
теңдеу 10
1.5 Төртінші дәрежелі теңдеудің графиктік шешу әдісі 11
Есептер 15
2 ЖОҒАРЫ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕР 20
2.1 Қайтымды және симметриялы теңдеулердің дәрежесін төмендету 20
2.2 Алгебралық теңдеулерді шешудің жасанды әдістері 24
2.3 Нақты ось аралығында теңдеулерді зерттеу 27
Есептер 27
ҚОРЫТЫНДЫ 31
ӘДЕБИЕТТЕР ТІЗІМІ 32
КІРІСПЕ
Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Жұмыс көлемі: 32 бет
Пәні: Соңғы қосылған дипломдық жұмыстар
-----------------------------------------------------------------------------------
ДИПЛОМДЫҚ ЖҰМЫСТЫҢ ҚЫСҚАРТЫЛҒАН МӘТІНІ
МАЗМҰНЫ
КІРІСПЕ
1 ҮШІНШІ ЖӘНЕ ТӨРТІНШІ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕРДІ
ШЕШУ ӘДІСТЕРІ
1.1 Үшінші дәрежелі теңдеу
1.2 Төртінші дәрежелі теңдеу
1.3 Төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу
1.4 Коэффициенттеріне берілген қосымша шарттары бар төртінші дәрежелі
теңдеу
1.5 Төртінші дәрежелі теңдеудің графиктік шешу әдісі
Есептер
2 ЖОҒАРЫ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕР
2.1 Қайтымды және симметриялы теңдеулердің дәрежесін төмендету
2.2 Алгебралық теңдеулерді шешудің жасанды әдістері
2.3 Нақты ось аралығында теңдеулерді зерттеу
Есептер
ҚОРЫТЫНДЫ
ӘДЕБИЕТТЕР ТІЗІМІ
КІРІСПЕ
Квадраттық теңдеулерді шешу әдістерін ежелгі гректер, үнділер алғаш рет
1798 ж. итальян ғалымы Руффини төртінші дәрежеден жоғары теңдеулер
Данышпан, француз математигі Эврис Галуа (1811-1832) бұл сұраққа нақты
ГАЛУА ТЕОРИЯСЫ – бір белгісізі бар жоғары дәрежелі алгебралық
xn+a1xn-1+a2xn-2+…++an-1x+an=0; (1) түріндегі теңдеулерді шешу тәсілдері зерттеледі. Галуа зерттеулері
Көптеген жоғары дәрежелі теңдеулерді шешу үшін толық квадрат бөліп
1 ҮШІНШІ ЖӘНЕ ТӨРТІНШІ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУ ӘДІСТЕРІ
Үшінші дәрежелі теңдеу.
Кез келген сандар өрісіндегі үшінші дәрежелі
х3+ах2+вх+с=0
теңдеуі берілсін. белгілеуін қолданып, (1.1.1)
(1.1.3)
(1.1.2) мен (1.1.3) теңдеулерін салыстырып, немесе
Сондықтан ,
Сонымен, (1.1.2) куб теңдеуінің түбірлерін коэффициенттері арқылы өрнектейтін
(1.1.2) теңдеуінің үш түбірі мұндағы Е-үш
Теорема. коэффициенттері нақты сан болатын теңдеу
1) Егер болса,онда теңдеудің бір нақты
2)Егер болса, онда теңдеудің үш түбірі
3) болса, онда теңдеудің барлық түбірлері
Мысал. Үшінші дәрежелі х3-3х+2=0 (*) тендеуін шешіңіз.
Шешуі. Бұл есепті екі тәсілмен шешуге болады.
1-тәсіл. Мұнда Онда
Сондықтан (*) теңдеуінің үш түбірі де нақты сандар және
бұдан
Демек, х=-2, х=1 сандары берілген теңдеудің шешуі немесе х=-2
2-тәсіл. Көбейткішке жіктеу арқылы шешеміз.
Демек, (*) теңдеуінің 3 түбірі болады.
1.2 Төртінші дәрежелі теңдеу.
Кез келген сандар өрісіндегі х4+ах3+вх2+сх+d=0 (1.2.1)
Сонғы теңдеудің екі жағына да -өрнегін қоссақ,
Енді у-ті (1.2.2) теңдеуінің оң жағы толық квадрат болатындай
теңдеуін аламыз. Соңғы теңдеу мынадай:
екі теңдеуге мәндес. Бұл теңдеулерді шешіп, берілген теңдеудің төрт
Мысал.Төртінші дәрежелі теңдеуді шешіңіз
х4-2х3+2х2+4х-8=0
Шешуі: Алдымен х4-2х3 =-2х2-4х+8 түрінде жазып алып , теңдеудің
(х2-х)2 =-х2-4х+8
Осы теңдеудің екі жағына да
теңдеуін аламыз. y-ті соңғы теңдеудің оң жағы толық квадрат
болу керек, мұнда
Бұл у3-2у2+24у-48=0 үшінші дәрежелі теңдеу. Оның бір түбірі
у2(у-2)+24(у-2)=0 (у-2)(у2+24)=0; у0=2 болады.
Ендеше (х2-х+1)2=х2-6х+9 (х2-х+1)2=(х-3)2
бұдан
Төртінші дәрежелі симметриялы теңдеулер.
,
түріндегі теңдеу төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу деп аталады.
х=0 (1.3.1) теңдеуінің түбірі болмағандықтан, теңдеудің екі жағында
(1.3.2)
(1.3.2) теңдеуін төмендегідей жазып алайық:
.
Бұл теңдеуді шешу үшін белгілеуін енгіземіз,
(1.3.3)
Егер соңғы теңдеудің у1 және у2 екі түбірі болса,
және
Егер (1.3.3) теңдеуінің у0 бір түбірі болса, онда бастапқы
Ал, егер (1.3.3) теңдеуінің түбірі болмаса, онда бастапқы берілген
Мысал. Теңдеуді шешіңіз
(1.3.4)
Шешуі: Берілген теңдеу төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу. х=0
(1.3.5)
Топтастырсақ (1.3.5) теңдеуі мына түрге келеді:
немесе
деп алып,
және екі түбірі болатын теңдеуін аламыз.
және
болады. Бірінші теңдікті шешсек , ал екінші
Жауабы: , ,
1.4 Коэффицентіне берілген қосымша шарттары бар төртінші дәрежелі
теңдеу
(1.4.1)
төртінші дәрежелі теңдеуін қарастырайық, мұндағы а(0, в(0, d(0 және
екенін ескеріп, (1.4.1) теңдеуін келесі түрде жазамыз
.
Бұл квадраттық теңдеудің шешімін таба отырып, одан кейін біз
Мысал. Теңдеуді шешіңіз
(1.4.2)
Шешуі: Берілген теңдеуде а(1, в(2, d(4, f(4. a(0, в(0,
түріндегі теңдеуді аламыз.
теңдеуінің у1(-5 және у2(3 түбірлері бар. Ендеше, бастапқы берілген
Жауабы: х1(2, х2(1, .
1.5 Төртінші дәрежелі теңдеудің графиктік шешу әдісі
Төртінші дәрежелі теңдеу мына түрде болады:
а0z4+a1z3+a2z2+a3z+a4=0, а0(0
Ең бірінші бұл теңдеудің үшінші дәрежелі белгісіздің коэффициентін нөлге,
деп алсақ, онда теңдеу келесі түрге келеді
а0х4+А2х2+А3х+А4(0,
мұндағы ; ;
.
(1.5.2) теңдеуінің екі жағында а0-ге бөлейік
х4+nx2+px+q=0
мұндағы , ,
;
;
.
Екінші белгісіз енгіземіз у(х2, онда (1.5.3) теңдеуін келесі теңдеулер
(1.5.4)
(1.5.4) жүйесінің бірінші теңдеуі парабола теңдеуі, екіншісі центрі
(1.5.4) теңдеуінің шешімі болып парабола мен шеңбердің қиылысу нүктесінің
Мысал 1) Теңдеудің графикалық нақты түбірлерін табыңыз
х4-7х2+6х(0.
Шешуі: Теңдеуді келесі түрде өзгертеміз
х4-7х2+(х+3)2-х2-9(0;
х4-8х2+(х+3)2-9(0;
(х2-4)+(х+3)2-25(0.
Екінші у(х2 белгісізін енгізіп, теңдеулер жүйесін аламыз.
Парабола мен шеңбердің қиылысу нүктелері (-3, 9); (0, 0);
1 – сурет.
Жауабы: х1(-3; х2(0; х3(1; х4(2.
Мысал 2) Теңдеудің графикалық нақты түбірлерін табыңыз.
z4+4z3+3z2+8z+1=0.
Шешуі. Теңдеудің үшінші дәрежелі белгісізінің коэффициенті нөлге тең болу
х4-3х2-6х+9(0.
Теңдеуді түрлендірейік:
х4-4х2+(х-3)2(0
(х2-2)2+(х-3)2(4.
у(х2 екінші белгісізін енгіземіз. Теңдеулер жүйесін аламыз
2 – сурет.
графиктен көрініп тұрғандай парабола мен шеңбер (1,1; 1,2) және
Жауабы: z1(0,1; z2(0,9.
Мысал 3) Теңдеудің графикалық нақты түбірлерін табыңыз
z4-8z3+31z2+60z+49=0.
Шешуі: Жаңа белгісізді енгіземіз z=x+2
х4+7х2+5=0
теңдеуін аламыз. Бұл теңдеуді былай етіп түрлендіреміз:
х4+6х2+х2+5(0
(х2+3)2+х2-4(0.
Екінші у=х2 белгісізін енгізіп, теңдеулер жүйесін аламыз
3- сурет.
Парабола мен шеңбер қиылыспайды. Яғни берілген төртінші дәрежелі теңдеудің
Жауабы: теңдеудің нақты түбірлері жоқ.
Есептер
1) Теңдеуді шешіңіз
.
Шешуі: Берілген теңдеу төртінші дәрежелі қайтымды теңдеу болып табылады
.
Соңғы теңдеуді мына түрде жазамыз
немесе
(2)
белгілеуін енгізсек, (2) теңдеуі түріне келеді.
Олай болса
және .
Бірінші теңдіктің шешімдері және
Жауабы: , ,
2) Теңдеуді шешіңіз
.
Шешуі: а(0, в(0, с(0, d(0 және
(4)
Ендеше (4) теңдеуі мынадай квадраттық теңдеуге келеді
у1(0 және у2(-9
Табылған түбірлерді белгілеудің орнына қойсақ төмендегідей теңдіктер шығады:
және
Сонымен берілген (3) теңдеуінің екі түбірі бар
Жауабы: х1(-1, х2(-2.
3) Теңдеуді шешіңіз
Шешуі: Берілген теңдеу төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу. х(0 теңдеудің
теңдеуін аламыз.
белгілеуін енгізсек, квадраттық теңдеуі шығады. Бұл
Олай болса,
және
Ендеше берілген теңдеудің екі түбірі бар.
Жауабы: , .
4) Теңдеуді шешіңіз.
2(a-x)4-9(a-x)3(x-b)+14(a-x)2(x-b)2-9(a-x)(x-b)3+2(x-b)4=0
Шешуі: Берілген төртінші дәрежелі теңдеуді шешу үшін a-x=y(x-b) белгілеуін
2y4(x-b)4-9y3(x-b)4+14y2(x-b)4-9y(x-b)4+2(x-b)4=0
(x-b)4[2y4-9y3+14y2-9y+2]=0
(x-b)4=0
2y4-9y3+14y2-9y+2=0
Соңғы теңдеудің екі жағында y2≠0 бөлсек
2y2-9y+14- =0 теңдеуін аламыз.
2(y2+ )-9(y+ )+14=0
y+ =z
2z2-9z+10=0
z1=2, z2=
y+ =2
y2-2y+1=0
y1=y2=1
a-x=x-b
x1=x2=
Жауабы: егер a≠b, онда x1=x2= ,
5) Графиктік тәсілмен шешіңіз
z4-4z3+3z2+2z-1=0
Шешуі: Берілген төртінші дәрежелі теңдеуді графиктік тәсілмен шешу үшін
(x+1)4-4(x+1)3+3(x+1)2+2(x+1)-1=0
x4+4x2+1+4x3+2x2+4x-4x3-12x2-12x-4+3x2+6x+3+2x+1=0
x4-3x2+1=0
x4-4x2+x2+1=0
(x2-2)2+x2=3
y=x2
x2+(y-2)2=3
4 – сурет.
Парабола мен шеңбердің қиылысу нүктелері (0,7; 0,3), (1,5; 2,6),
(-1,5; 2,6), ендеше x1≈0,7; x2≈1,5; x3≈-0,7; x4≈-1,5.
Жауабы: z1≈1,7; z2≈2,5; z3≈0,3; z4≈-0,5.
2 ЖОҒАРЫ ДӘРЕЖЕЛІ ТЕҢДЕУЛЕР
2.1 Қайтымды және симметриялы теңдеулердің дәрежесін төмендету
Анықтама. Теңдеу тақ дәрежелі қайтымды теңдеу деп аталады, егер
a0x2n+1+a1x2n+…+anxn+1+(anxn+(2an-1xn-1+…+a0(2n+1=0,
түрінде болса және жұп дәрежелі болады, егер
a0x2n+a1x2n-1+…+an-1xn+1+anxn+(an-1xn-1+(2an-2xn-2+…+a0(n=0,
((- кез-келген сан)
Мысалы: 2x5+3x4-2x3-6x2+81x+486=0 теңдеуі қайтымды, мұндағы (=3
Теорема 1. Жұп дәрежелі қайтымды теңдеудің x=-( түбірі болады.
Дәлелдеуі. (2.1.1) қайтымды теңдеуін қарастырайық. Оны мына түрде жазуға
a0(x2n+1+(2n+1)+ a0x(x2n-1+(2n-1)+…+ anxn(x+()=0.
x=-( болғанда соңғы теңдеудің әрбір қосылмасы нөлге айналады.
Теорема 2. Тақ дәрежелі қайтымды теңдеудің оң және сол
Дәлелдеуі. (2.1.1) теңдеуінің сол жағын (x+()-ға бөліп, дербесті белгілейміз:
a0x2n+1+a1x2n+…+akx2n-k+1+…+anxn+1+(anxn+(3an-1xn-1+…+(2n-2k+1akxk+…+a0(2n+1(
((x+()( b0x2n+b1x2n-1+…+bkx2n-k+…+b2n).
Біз
b2n=(2nb0; b2n-1=(2n-2b1;
болатынын дәлелдейміз.
Дәлелдеу үшін математикалық индукция әдісін қолданамыз. (2.1.3) тепе-теңдіктің оң
a0=b0,
(2.1.3) тепе-теңдігінің бос мүшелерін салыстырсақ
a0(2n+1=(b2n
теңдігн аламыз. (2.1.4) және (2.1.5) теңдіктерінен мына теңдік шығады:
b2n=(2nb0.
b2n=(2nb0; b2n-1=(2n-2b1;
деп ұйғарайық, мұндағы 0(k(n. Сонда
b2n-k-1=(2n-2k-2bk+1
теңдігін дәлелдейміз. (2.1.3) тепе-теңдігінің оң және сол жағындағы xk+1
(2n-2k-1 ak+1=(b2n-k-1+b2n-k.
(2.1.3) тепе-теңдігінің оң және сол жағындағы x2n-k коэффициенттерін салыстырайық
ak+1=(bk+bk+1.
(2.1.6) және (2.1.7) теңдіктерінен (2n-2k bk+(2n-2k-1bk+1=(b2n-k-1+b2n-k аламыз. Бірақ
Мысал 1) Қайтымды теңдеуді қарастырайық
a0x4+a1x3+a2x2+(a1x+(2a0=0.
Теңдеудің екі жағында x2(0-ге бөлейік. Онда
a0x2+a1x+a2+(a1 +(2a0 =0
теңдеуін аламыз. Бірінші қосындыны соңғымен, екіншіні соңғының алдыңғы мүшесімен
a0(x2+ )+a1(x+ )+a2=0
болады. y=x+ жаңа белгісіз енгіземіз. Сонда
x2+2(+ =y2
осыдан
x2+ =y2-2(.
(2.1.8) теңдеуінің x+ және x2+
x2-xy1+(=0 және x2-xy2+(=0.
Сонымен, 4-ші дәрежелі қайтымды теңдеуді шешу үш квадраттық теңдеуді
Мысал 2. Теңдеуді шешіңіз
x5-5x4+6x3+18x2-135x+243=0
Берілген теңдеу қайтымды (=3, ендеше теорема 1 бойынша теңдеудің
(x5+243)-5x(x3+27)+6x2(x+3)=0
(x+3)(x4-3x3+9x2-27x+81)-5x(x+3)(x2-3x+9)+6x2(x+3)=0
(x+3)[x4-8x3+30x2-72x+81]=0
x+3=0
x4-8x3+30x2-72x+81=0
Соңғы теңдеудің екі жағында х2≠0 бөліп, топтастырсақ төмендегідей түрдегі
x2-8x+30- =0
(x2+ )-8(x+ )+30=0
x+ =y белгілеуін енгізсек y-тен тәуелді квадрат теңдеу
y2-8y+12=0
Соңғы теңдеуді шешіп, y1=6, y2=2 түбірлерін аламыз. Бұл түбірлерді
x+ =6, x+ =2
x2=x3=3, x4=1+2 .
Жауабы: x1=-3, x2=x3=3, x4=1+2 .
Анықтама. n-ші дәрежелі теңдеу симметриялы деп аталады, егер оның
a0xn+a1xn-1+…+akxn-k+…+akxk+…+a1x+a0=0.
Симетриялы теңдеу қайтымды теңдеудің дербес түбірі болып табылады ((=1)
Мысалы. 2x4+3x3+5x2+3x+2=0 теңдеуі симметриялы.
Қайтымды теңдеуге қатысты теорема 1 және теорема 2 -
Теорема 3. Тақ дәрежелі симметриялы теңдеудің –1 түбірі
Теорема 4. Тақ дәрежелі симметриялы теңдеуді x+1-ге бөлгенде жұп
Симметриялы теңдеулер қайтымды теңдеуді шешу әдістері сияқты шешіледі.
Мысал 3) Теңдеуді шешіңіз
x4-2x3-x2-2x+1=0.
Шешуі: Теңдеудің екі жағында х2(0 бөліп, топтастырсақ мынадай теңдеудің
(x2+ )-2(x+ )-1=0.
x+ =y деп ұйғарайық. Онда y2-2y-3=0 түріне келеді.
Жауабы: x1=
Мысал 4) Теңдеуді шешіңіз
x7-2x6+3x5-x4-x3+3x2-2x+1=0.
Шешуі: Тақ дәрежелі симметриялы теңдеу болғандықтан берілген теңдеудің х=-1
x6-3x5+6x4-7x3+6x2-3x+1=0.
Алынған теңдеудің екі жағында х3(0 бөліп, бірінші мүшесін соңғы
y3-3y2+3y-1=0
Бұл теңдеудің y1,2,3=1 үштік түбірі бар. Енді x+
Жауабы: x1=-1; x2=x3=x4= +i ;
2.2 Алгебралық теңдеулерді шешудің жасанды әдістері
1) Теңдеуді функцияға көбейту. Кей уақытта алгебралық теңдеуді шешу
Мысал1) Теңдеуді шешіңіз
x8-x6+x4-x2+1=0
Шешуі: Теңдеудің екі жағында x2+1 түбірі болмайтын көпмүшелікке көбейтіп,
(x2+1)( x8-x6+x4-x2+1)=0.
Соңғы теңдеуді x10+1=0 түрінде жазуға болады. Ал
Жауабы: шешімі жоқ
Мысал 2. Теңдеуді шешіңіз
6x3-x2-20x+12=0.
Шешуі: Теңдеудің екі жағында x+ көпмүшелігіне көбейтіп,
түрдегі теңдеуді аламыз:
6x4+2x3- x2+2x+6=0,
(2.2.1) теңдеуі төртінші дәрежелі симметриялы теңдеу. Ендеше жоғарыда көрсетілген
x4=- шарт бойынша алынған көпмүшеліктің түбірі болғандықтан
Жауабы: x1= ; x2= ;
2) Теңдеудің симметриясын қолдану. Кейде теңдеудің түрі - кейбір
Мысал 3) Теңдеуді шешіңіз
(2.2.2)
Шешуі: Теңдеудің түріне қарап теңдеудің түбірі
,
,
онда (2.2.2) теңдеуін мына түрде жазуға болады:
(2.2.3)
Белгілі бір егер х0 (2.2.3) теңдеуінің түбірі болса, онда
Егер х1, х1(0; 1 (2.2.2) теңдеуінің түбірі болса, онда
,
болғандықтан, бұл мақұлдау осыдан шығады. Сонымен, егер х1, х1(0,
,
яғни (2.2.2) теңдеуінің
(2.2.2) теңдеуі алтыншы дәрежелі алгебралық теңдеу болғандықтан оның алты
Жауабы: ,
, .
2.3 Нақты осьтер аралығында теңдеуді зерттеу
Кейде теңдеудің шешуін әр түрлі сандық аралықта зерттеп табуға
Мысал. Теңдеуді шешіңіз
2x9-x5+x-2=0
Шешуі: Теңдеуді мына түрде 2(x9-1)-х(x4-1)=0 немесе
an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+...+abn-2+bn-1) формуласын пайдаланып (x-1)(2x8+ 2x7+ 2x6+ +2x5+x4+x3+x2+x+2)=0 түрінде жазып
2x8+ 2x7+2x6+2x5+x4+x3+x2+x+2=2x8+2x6(х+1)+2x4(x+1)+x2(x+1)+(x+1)+(1-x4),
(х((-1; 0] бұл көпмүшелік оң, яғни осы аралықта теңдеудің
2x8+2x7+2x6+2x5+x4+x3+x2+x+2=2x7(х+1)+2x5(x+1)+x3(x+1)+х(x+1)+2, көпмүшелігі (х((-(; -1] аралығында оң, ендеше бұл аралықта
Жауабы: x=-1
Есептер
1) Теңдеуді шешіңіз.
2x5+3x4-2x3-6x2+81x+486=0
Шешуі. Берілген теңдеу тақ дәрежелі қайтымды, яғни (=3. Теорема
Берілген теңдеуді төмендегідей топтастырайық:
2(x5+243)+3x(x3+27)-2x2(x+3)=0
2(x+3)(x4-3x3+9x2-27x+81)+3x(x+3)(x2-3x+9)-2x2(x+3)=0
(x+3)[2x4-3x3+9x2-27x+162]=0
x+3=0,
2x4-3x3+9x2-27x+162=0
Соңғы теңдеудің екі жағында х2≠0 бөлеміз
2x2-3x+9- =0
2(x2+ )-3(x+ )+9=0
x+ =y
2y2-3y-27=0
y1=4,5; y2=-3
x1= , x3=
Жауабы: x1= , x3=
2) Теңдеуді шешіңіз
2x9+(2 -9)x8-(9 -20)x7+(20 -33)x6-(33 -46)x5+(46
-(66 -80)x3+(80 -72)x2-(72 -32)x+32 =0.
Шешуі: Бұл тақ дәрежелі қайтымды теңдеу (=2. Теорема 1
2x8-9x7+20x6-33x5+46x4-66x3+80x2-72x+32=0.
Бұл - жұп дәрежелі қайтымды теңдеу (=2, мұны мына
2x8-9x7+20x6-33x5+46x4-33(2x3+20(22x2-9(23x+2(24=0.
x+ =y ауыстыру арқылы бұл теңдеудің дәрежесін төмендетеміз.
2(x4+ )-9(x3+ )+20(x2+ )-33(x+ )+46=0
Сонда x+ =y болғанда
x2+ =y2-4;
Ауыстыруды енгізсек, жаңа y белгісізден тәуелді теңдеу аламыз
2y4-9y3+4y2+21y-18=0.
Төртінші дәрежелі теңдеуді шешіп, y1=1; y2=2; y3=3;
x+ =1; x+ =2; x+
Жауабы: х1=-2; x2;3=1(i ; x4;5=1(i;
3) Теңдеуді шешіңіз
x8+2x7+5x6+6x5+8x4+6x3+5x2+2x+1=0
Шешуі: Берілген теңдеу жұп дәрежелі симметриялы теңдеу. Теңдеуді шешу
х4+2x3+5x2+6x+8+ + =0
( =0
x+ =y белгілеуін енгізу үшін соңғы теңдеуді төмендегідей
[( ]+2[(x3+ ]+(x2+ )+2=0
(x+ )4+2 (x+ )3+( x+ )2=0
(x+ )2[(x+ )2+2(x+ )+1]=0
(x+ )2=0
(x+ )2+2(x+ )+1=0
Белгілеуді соңғы теңдеудің орнына қойсақ, y-тен тәуелді теңдеу шығады
y2=0
y2+2y+1=0
y1=y2=0, y3=y4=-1 түбірлерін белгілеудің орнына қойып, квадрат теңдеуді шешсек
Жауабы: x1=
4) Теңдеуді шешіңіз
Шешуі: Теңдіктің сол жағын ықшамдайық
Сонда берілген теңдеумен мәндес теңдеуін аламыз.
Белгілеу енгіземіз: . Сонда теңдеу
1) яғни
;
2) яғни
Табылған түбірлер (*) шартын қанағаттандырады.
Жауабы: ,
ҚОРЫТЫНДЫ
Қорыта айтқанда, мен бітіру жұмысымда бірнеше әдебиеттерді пайдалана отырып,
Бұл жоғары дәрежелі теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу әдістерін лицейде,
Өзім болашақта лицейде, гимназияда жұмыс істейтін болсам бұл теңдеулер
Әдебиеттер тізімі
1. Бектаев Қ. Сөздік / Қ. Бектаев. – Алматы
2. Задачи по математике. Алгебра: справочное пособие / В.
Мельников, С. Н. Олехник, П. И. Пасиченко. – М.
3. Курош А. Г. Курс высшей алгебры / А.
4. Кутепов А. К., Рубанов А. Т. Задачник по
5. Қаратаев М. Қ. Қазақ совет энциклопедиясы (2 том)
6. Ляпин С. Е. Сборник задач по элементарной алгебре
7. Новоселов С. И. Алгебра / С. И. Новоселов.
8. Новоселов С. И. Алгебра и элементарные функции /
9. Новоселов С. И. Специальный курс элементарной алгебры /
10. Окунев Л. Я. Высшая алгебра / Л. Я.
11. Соминский И. С. Элементарная алгебра: дополнительный курс /
12. Фаддеев Д. К. Лекции по алгебре: учебное пособие
13. Фаддеев Д. К. и Соминский И. С.
14. Фаддеев Д. К., Соминский И. С. Сборник задач
15. Ястребинецкий Г. А. Уравнения и неравенства, содержащие параметры
31
А
В
С
