Лайықты бөлшектерді табу әдісін тұжырымда, мысал келтір

t саны берілсін, t = a/b, b>0. t санын ерекше т‰рдегі бµлшек арќылы беруге болады. Б±л Евклид алгоритмімен тыѓыз байланысты. Евклид алгоритмін a жєне b сандарына ќолдана отырып

а = b q₀ + r₁ ;

b = r₁ q₁ + r₂ ;

r₁ = r₂ q₂ + r₃ ;

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

r_n-2 = r_n-1 q_n-1 + r_n ;

r_n-1 = r_n q_n

біртіндеп аламыз

а/ b = q₀ + r₁/ b ;

b/ r₁ = q₁ + r₂ / r₁;

r₁ / r₂ = q₂ + r₃/ r₂ ; (1)

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

r_n-2/ r_n-1 = q_n-1 + r_n/ r_n-1 ;

r_n-1 / r_n = q_n.

Екінші тењдіктен

(2)

аламыз.

М±ны (1) тењдіктіњ бірінші тењдеуіне ќойып,

(3)

аламыз.

(1) тењдіктіњ ‰шінші тењдеуінен

.

Бµл µрнекті (3) тењдеуге ќойып

аламыз.

Осылайша жалѓастыра отырып

. (4)

(4) т‰рдегі бµлшекті ќысќаша былай белгілейміз [q₀ , q₁ , q₂ , …, q_n] .

Аныќтама. Рационал санды (4) т‰рде жазуды шекті тізбекті бµлшек немесе ‰здіксіз бµлшек дейді.

q₀ , q₁ , q₂ , …, q_n сандарын саныныњ толымсыз бµлінділері дейді, барлыќ q_k б‰тін сандар, ал q₁ –ден бастап б‰тін сандар.

Егер оњ болса, онда a>b болѓанда q₀-натурал сан, б±л жаѓдайда [q₀,q₁, q₂,…,q_n] болады жєне a<b болѓанда q₀ = 0, б±л жаѓдайда [0 , q₁ , q₂ , …, q_n] болады.

Егер теріс болса, онда оны т‰рінде жазуѓа болады ( k, a₁, b₁ –натурал сандар, -д±рыс оњ бµлшек).

Онда [ -k , q₁ , q₂ , …, q_n] , q₀= -k. М±нда q₀- б‰тін, q₁ , q₂ , …, q_n –натурал .

Егер с –б‰тін болса, онда с= [с] болады.

Сонымен біз мынадай т±жырым дєлелдедік.

1 теорема. Кезкелген натурал санды шекті тізбекті бµлшек т‰рінде беруге болады.

2 теорема. Рационал санды, соњѓы толымсыз бµліндісі 1-ден µзгеше болатындай, тізбекті бµлшек т‰рінде жазу жалѓыз.

Дєлелдеу (ќарсы жору). рационал санын екі т‰рлі жолмен шекті тізбек т‰рінде жазуѓа болатын болсын:

[a₀ ; a₁, a₁, . .., a_n] ; [ b₁; b₁, b₂,…, b_k] .

Онда = . (5)

Тењдіктіњ сол жаѓындаѓы екінші ќосылѓышты ќарастырамыз, оны с деп белгілейік

c = .

М±ндаѓы a_k - натурал сандар. Егер n >1 болса, онда 0< c <1.

Егер n =1 , a₁ >1болса, онда б±л жаѓдайда да 0< с <1. Егер n =1 , a₁ =1 болса, онда с =1. Бєраќ б±л жаѓдай теорема шарты бойынша болмайды, сондыќтан єруаќытта 0< с <1, яѓни с –д±рыс бµлшек.

Онда a₀ + с, м±ндаѓы 0< c <1.

Осы секілді

b₀ + t, м±ндаѓы 0< t <1.

Олай болса a₀ , b₀ бір саныныњ ‰тін бµлігі. Біраќ санныњ б‰тін бµлігі бірмєнді аныќталатындыќтан a₀ = b₀ болады.

(5) тењдіктіњ екі жаѓынан да a₀ жєне b₀ алып тастасаќ бірдей алымды тењ бµлшектер аламыз, ал онда ол бµлшектердіњ бµлімдері де тењ болады, яѓни

= .

Осылайша жалѓастыра отырып a₁ = b₁, a₂ = b₂ ,…, т.т . аламыз. Б±дан єрі 3 жаѓдай болуы м‰мкін:

1-ші жаѓдай. n = k. Онда a₀ = b₀, a₁ = b₁, … , a_n = b_k. Теорема дєлелденді.

2-ші жаѓдай. n < k. Онда

а_n = , (6)

а_n –б‰тін сан. (6) тењдіктіњ оњ жаѓы k=n+1 жєне b_n+1 =1 тењ болѓанда ѓана б‰тін болуы м‰мкін, біраќ б±л теорема шартына ќайшы. Олай болса n < k жаѓдайы м‰мкін емес.

Осылайша n > k жаѓдайыныњ да м‰мкін емес екендігін дєлелдеуге болады.

Сонымен 1-ші жаѓдай ѓана ќалады, n = k; a₀ = b₀, a₁ = b₁, … , a_n = b_k. #

3 теорема. Кезкелген шекті тізбекті бµлшек рационал сан.

Дєлелдеу. Дєлелдеу ‰шін (5) µрнекте 1 жєне q_k б‰тін сандарына кµрсетілген амалдарды орындасаќ, сонда берілген рационал сан шыѓады. #

2. Лайыќты бµлшектер жєне оныњ ќасиеттері.

2 аныќтама. , , ,…

бµлшектерін (4) ‰здіксіз бµлшектіњ немесе сол бµлшекке сєйкес саныныњ лайыќты бµлшегі дейді.

Соњѓы лайыќты бµлшек санын береді.

Єрбір лайыќты бµлшек белгілібір рационал санды береді. Кезкелген ретті лайыќты бµлшекті есептеуге м‰мкіндік беретін жалпы формуланы табайыќ.

Лайыќты бµлшектер біртіндеп былай жазуѓа болады:

, , .

Сонымен .

Осылайша .

Лайыќты бµлшектіњ алымы мен бµлімін есептеуге арналаѓан схема.

Б±л схемамен ж±мыс істеу ќиын емес. Есептеудіњ д±рыстыѓын тексеру жолы соњѓы шыќќан

P_n жєне Q_n µрнектерініњ, бµлшегініњ алымы жєне бµлімімен бірдей болуы.

10. Бір белгісізді көпмүшеліктерді қалдықпен бөлу.Қалдықпен бөлудің бар болу туралы теорема қалдықпен бөлу.Аныќтама.абүтін санын b ¹ 0 бүтін санына бөлу дегеніміз q және r екі бүтін санының табылып, төмендегі шарттардың орындалуы деп айтамыз.

1. а = b q + r, 0 £ r < | b |.

q санын толымсыз бөлінді, ал r санын қалдық деп атайды.

1 теорема. а бүтін саны және b ¹ 0 бүтін саны қандай болса да, а санын b санына бір ғана жолмен бөлуге болады.

Дәлелдеу. әуелі қалдықпен бөлуге болатынын көрсетейік. а-бүтін сан, b ¹ 0 сан болсын. b санына барлық еселі сандардың жиынын жазайық жєне оларды өсу ретімен орналастырайық.

…,b · (-2), b · (-1), b · 0, b · 1, b · 2, …

b q саны а санынан аспайтын b санына еселі сан болсын. Онда а ³ b q, бірақ а < b (q +1), яғни b q £ а < b (q +1), осыдан 0 £ а - b q < b. Егер а - b q = r деп алсақ, онда а = b q + r, 0£ r < | b | шығады. қалдықпен бөлу болатыны дәлелденді.

11. Бір белгісізді көпмүшеліктердің ортақ бөлгіші ЕҮОБ Евклид алгоритміАнықтама. d көпмүшелігін а₁, а₂ , . . . , а_n көпмүшеліктерінің ең үлкен ортақ бөлгіші дейді, егер :

1)d көпмүшелігі осы көпмүшеліктердің ортақ бөлгіші болса;

2) d көпмүшелігі а₁, а₂ , . . . , а_n көпмүшеліктердің барлық ортақ бөлгішіне бөлінсе.

1º ќасиет. а₁, а₂ , . . . , а_n көпмүшеліктердің ең үлкен ортақ бөлгіші тұрақты санға дейінгі дәлдікпен бірмәнді анықталады. әрқашан а₁, а₂ , . . . , а_n көпмүшеліктердің ең үлкен ортақ бөлгішін d = (а₁, а₂ , . . . , а_n) түрінде белгілейміз.1 лемма. Егер а M b болса, онда (а , b) = b.

2 лемма. Егер а = b q + r болса, онда (а , b) = (b , r) , мұндағы а , b және r нөлден өзгеше.

Евклид алгоритмі. Екі санның ең үлкен ортақ бөлгішін төмендегі теорема арқылы береміз.

Теорема.Егер а = b q₀ + r₁ ; 0£ r₁ < b,

b = r₁ q₁ + r₂ ; 0£ r₂ < r₁,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .( 1 )

r_n-2 = r_n-1 q_n-1 + r_n ; 0£ r_n < r_n-1,

r_n-1 = r_n q_n,

онда (а , b) = r_n.

Дәлелдеу. 2-ші лемма бойынша ( 1 ) -ніњ 1-ші теңдігінен (а , b) = (b , r₁), 2-ші теңдіктен (b , r₁) = (r₁, r₂) , осылайша жалғастыра отырып соңғы теңдіктен (r_n-2, r_n-1) = (r_n-1, r_n). Олай болса, (а , b) = (r_n-1, r_n). Бірақ r_n-1 M r_n және 1-ші лемма бойынша (r_n-1, r_n) = r_n. Сондықтан (а , b) = r_n . #

2º ќасиет. Егер (а₁, а₂ , . . . , а_n-1) = d₁ және d = (d₁, а_n) болса, онда d = (а₁,. . . , а_n).

Салдар. Егер (а₁, а₂) = d₁, (d₁, а₃) = d₂, . . . , (d_n-2, а_n) = d_n-1 болса, онда (а₁,. . . , а_n) = d_n-1.

3º ќасиет. а₁,. . . , а_n бүтін сандарының оң ортақ d бөлгіштерінің шамасы бойынша ең үлкені осы сандардың ең үлкен ортақ бөлгіші болады.

4º ќасиет. Егер а жєне b сандарының әрбірін бір t ¹0 санына көбейтсек, онда олардың ең үлкен ортақ бөлгіші де осы t санына көбейтіледі.

5º ќасиет. Егер d саны а және b сандарының ең үлкен ортақ бөлгіші болса, онда х және y бүтін сандары табылып, а х + bу = d теңдігі орындалады.

12. Бір белгісізді көпмүшеліктің мәні. Бір белгісізді көпмүшеліктің түбірі. Еселі түбірлер Анықтама: Егер f(x)=a₀xⁿ+a ₁x^n-1+…+a_n (3) қандай да бір көпмүшелік болсын, ал c-қандай да бір сан болса, онда f(c)= a ₀cⁿ+a ₁c^n-1+…+a_n, (3) өрнектегі f(х) үшін х айнымалыны c санымен ауыстырудан алынған бұл көпмүшелік келесі амалдардың бәрінде де f(х) көпмүшеліктің х=с мәні деп аталады. Егер f(х)=g(х) көпмүшеліктердің теңдігі орындалса, онда кез-келген с саны үшін f(c)=q(c) болатыны түсінікті.Егер φ(x)=f(x)+g(x), φ(x)=f(x)g(x) болғанда онда φ(c)=f(c)+g(x), φ(c)=f(c)g(c) болатынын көру оңай.Егер f(c)=0 болса, яғни f(x) көпмүшелігі айнымалыны с санымен алмастыруда нолге айналса, онда с саны f(x) көпмүшелігінің (н/е f(x)=0 теңдеудің) түбірі (н/е нөлі) деп аталады. Егер біз f(x) көпмүшелікті бірінші дәрежелі кез-келген көпмүшелікке (немесе сызықтық көпмүшелікке) бөлетін болсақ, онда қалдық не қандай да бір нол дәрежелі көпмүшелік, не нол болады, яғни барлық жағдайда қандай да бір r саны болады. Келесі теорема осы қалдықты х-с-ға бөлу жағдайында табуға мүмкіндік береді. . К cаны f(х) копмүшелігінде с түбірірінің еселілігі деп аталады, ал с түбірдің өзі осы копмүшеліктің К–еселі түбірі деп аталады. Егер К=1 болса, онда стүбірді жәй түбір деп атайды.Еселі түбір түсінігі көпмүшеліктің туындысы түсінігімен тығыз байланысты. Дегенмен біз кез-келген комплексті коэффициентті көпмүшелікті зерттейміз, сондықтан жәй ғана математикалық анализ курсына енгізілген туынды түсінігін қолдана алмаймыз.

13. Бір белгісізді көпмүшелікті сызықты х-а көп мүшелігіне бөлу. Безу теоремасы безу теор. саны (z)көп мүшелігінің түбірі болуы үшін көпмүшелік (z- )-ге бөлінетін, яғни оны

(z)=(z- ) (z)= + +…+ (z- )+ түрінде өрнектеуге болатын болуы қажет және жеткілікті. Онда (z)-бөлінді, (n-1) дәрежелі көпмүшелік. Көпмүшелікті z- сызықтық екімүшелігіне бөлуді Горнер әдісі жүйесі деп аталатын ереже бойынша орындау қолайырақ. Жалпы жағдайда )=0 және қалдықты r= ) өрнектейді.

Бөлу нәтижесінде (x)=(x-1)( )

1 саны (x) көпмүшелігінің түбірі екенін көрсетеді. Егер

(z)=(z- ) (z)= + +…+ (z- )+ өрнегіндегі (z) көпмүшелігі (z- )-ге бөлінбейтін болса, онда саны (z) – нің жәй түбірі деп аталады. Ал, (z) көпмүшелігі . 2 n-ге бөлінсе, онда саны (z)нің к-еселі түбірі делінеді.

14.

15. Алгебраның негізгі теорамасы және оның салдары Теорема: Кез-келген коэффициентті, дәрежесі бірден кіші болмайтын барлық көпмүшеліктердің жалпы комплекс жағдайда он кемінде бір түбірі болады.Бұл теореманың негізінде сандық коэффициентті көпмүшеліктер теориясының бәрі бар, өйткені бұл теореманы ерте кезде «жоғары алгебраның негізгі теоремасы» деп атаған. Дегенмен, шын мәнінде негізгі теорема таза алгебралық болмайды. Оның барлық дәлелдеулері XVIII ғасырдың аяғында бірінші рет Гаусс дәлелдеп, одан кейін бұл теореманың дәлелдері көбейді. Комплекс сандар алгебрасының негізгі теоремасынан нақты коэффициентті копмүшеліктерге қатысты бірнеше салдарлар қорытылады.Айталық нақты коэффициентті көпмүшеліктің f(x)=a₀xⁿ+a₁x^n-1+…+a_n-1x+a_n Комплексті α түбірі бар болсын, яғни a₀αⁿ+a₁α^n-1+…+a_n-1α+a_n=0 Егер бұл теңдіктегі барлық сандарды түйіндесіне ауыстырса бұл теңдіктің бұзылмайтынын білеміз. Дегенмен барлық a_0, a_1,…a_n-1, a_n коэффициенттер, сонымен бірге оң жағында тұрған нақты болатын ноль саны жаңа жоғарыда айтылған ауыстыру кезінде өзгеріссіз қалады, содан соң біз мына теңдікке келеміз: a₀αⁿ+a₁α^n-1+…a _n-1α+a_n=0, яғни f(α)=0 Осылайша, егер α комплексті саны (бірақ нақты емес) нақты коэффициентті f(x) копмүшелігінің түбірі болса, онда f(x)үшін де түйіндес α’ саны түбір болады.Лемма 1. Егер f(х) көпмүшелігінің бос мүшесі нолге тең болса: f(x)=a ₀xⁿ+a ₁x^n-1+…+a _n-1x, яғни f(x)=0 болса, онда әрбір E>0 үшін мынадай δ>0 үшін барлық х бойынша |f(x)|<E болатын санды таңдауға болады.

16.

17.Q өрісіндегі келтірілмейтін көпмүшеліктер Эйзенштейн крйтерйіБүтін сандар сақинасында келтірілмейтін бүтін коэффициентті көпмүшелік рационал сандар өрісінде де келтірілмейтін болады.Біз, копмлекс сандар өрісінде кез-келген көпмүшелік келтірілген болады, (дәрежесі бірден жоғары); ал нақты сандар өрісінде дәрежесі екіден үлкен кез-келген көпмүшелік келтірілген болады. Ал рационал сандар өрісінде мүлдем басқа жағдайда: кез-келген n үшін n–дәрежелі сандар өрісінде келтірілмейтін көпмүшеліктерді көрсетуге болады. Бұл ұйғарымның дәлелдеуі R өрісіндегі келтірілмейтін көпмүшеліктің жеткілікті белгісіне негізделген, яғни бұл Эйзенштейн критерий деп аталады: Айталық, көпмүшелік f(x)=a₀xⁿ+a₁x^n-1+…+a _n-1x+a_n Яғни бүтін коэффициентті көпмүшелік берілсін. Егер ең болмағанда бір әдіспен келесі талаптарды қанағаттандыратын р жәй санын таңдап алуға болатын болса:

1) a₀ бас коэффициент a₀ р-ға бөлінбейді;

2) барлық бөлінетін бос мүше р- ға бөлінбейді;

3) р-ға бөлінетін бос мүше р²-қа бөлінбейді, онда f(x) рационал сандар өрісінде келтірілмейтін көпмүшелік.

18. Q өрісіндегі келтірілмейтін көпмүшеліктің рационал түбірлері туралы теоремаРационал сандар өрісінде берілген көпмүшелік келтірілмейтін көбейткішке жіктелуі туралы мәселе ешқандай қанағаттандырушы шешім бермейді. Дегенмен, бұл мәселенің дербес жағдайы рационал коэффициентті көпмүшеліктің сызықты көбейткішінің бөліктеуіне, яғни оның рационал түбірлерін іздестіруге қатысты өте қарапайым және жоғары деңгейдегі есептеусіз-ақ шешіледі. Онсыз да рационал коэффициентті көпмүшеліктің рационал түбірін іздестіру туралы мәселе бұл көпмүшеліктердің нақты түбірі туралы жалпы мәселені жоймайды.Рационал коэффициентті көпмүшеліктердің рационал түбірлерін іздестіру туралы мәселеге көңіл бөліп, тек бүтін коэффициентті көпмүшеліктерді қарастыруға болады; біз мұнда бүтін түбірлер және бөлшек түбірлер жағдайларын жеке қарастырамыз.Теорема: Егер α саны бүтін коэффициентті f(х) көпмүшелігінің тұбірі болса, онда α осы көпмүшеліктің бос мүшесінің бөлгіші болады.

Шын мәнінде, f(x)=a₀xⁿ+a₁x^n-1+…+a_n , болсын f(x)-ті x- α -ға бөліктейміз:

f(x)=(x- α)(b₀x^n-1+b₁x^n-2+…+b_n-1) Горнер әдісімен бөлуді орындап, біз бөлінді коэффициенттердің бәрі сол санда және b_n-1–де бүтін сан болатынын аламыз, ал

a_n=- αb_n-1= α(-b_n-1) болатын болса, онда біздің тұжырымымыз дәлелденді.

19.Үшінші дәрежелі теңдеуді шешуКвадраттық теңдеуге арналған формулаға ұқсас 3-ші дәрежелі теңдеуге арналған формуланы қорытып шығарамыз, және коэффициенттері кез-келген комплексті сан болатынын осы бастан айта кетейік.Айталық, кез-келген комплекстік коэффициентті 3-ші дәрежелі теңдеу берілсін: y³+ay²+by+c=0 (1)

(1) теңдеудегі у белгісізді х-пен мынадай теңдікте

y=x-а/3 (2)

байланысқан х белгісізімен ауыстырып, мынадай түрдегі теңдеуді аламыз:

x³+px+q=0 (3)

Егер (3) теңдеудің түбірлері бар болаты болса, онда (2)-нің нәтижесінде біз берілген (1) ші теңдеудің түбірін аламыз. Сондықтан, бізге кез-келген комплекс коэффицинетті «толық емес» 3-ші дәрежелі теңдеуді шешу мәселесі қалады. (3) теңдеу негізгі теорема бойынша үш комплекс түбірге ие болады х₀ осы түбірлердің кез-келген біреуі болсын делік. Қосымша u белгісізін шығарамыз және мына көпмүшелікті қарастырамыз:f(u)=u² - x₀u –p/3

Мысалмен үшінші дәрежелі теңдеуді шешу жолдарын көрсетейік.

Мысал: Теңдеуді шешу керек y³+3y²-3y-14=0 y=x-1 aуыстыруы теңдеуді мына түрге әкеледі: x³-6x-9=0 Бұл жерде р=-6, q=-9 сондықтан

яғни теңдеу бір нақты түбірге және екі түйіндес комплекс түбірге ие. (9) формула бойынша

болады.

Сондықтан α₁=2, β₁=1 яғни x₁=3. Қалған екі түбірді (10) формула бойынша табамыз

Бұл жерден, берілген теңдеудің түбірлері мына сандар болуы керек

20. Төртінші дәрежелі теңдеуді шешудің Феррари әдісіКез-келген комплекс коэффициентті төртінші дәрежелі теңдеуді y⁴+ay³+by²+cy+d=0 (1)

шешу кейбір қосымша кубтық теңдеуді шешуге алып келеді. Бұл айтылған Ферраридің мына әдісімен іске асады. Алдымен (1) теңдеу y=x-а/4 ауыстыруымен мына түрге келеді.

x⁴+px²+qx+r=0 (2) Содан соң бұл теңдеудің сол жағы мына жолмен қосымша α параметрінің көмегімен тепе-тең өзгереді:

x⁴+px²+qx+r=(x²+ +α)²+qx+r- -α²-2 x²-pα

немесe

(x²+ +α)²-[2αx²-qx+(α²+px-r+ )]=0 (3)

Енді α–ны квадрат жақшадағы көпмүшелік толығымен квадрат болтындай етіп аламыз. Бұл үшін ол екі еселі бір түбірге ие болуға тиіс, яғни мына теңдік орындалуы тиіс

q² -4∙2α(α²+pα-r+ ) =0 (4)

(4) теңдік комплекс коэффициентті α белгісізіне қатысты үшінші дәрежелі теңдеу болып шығады. Бұл теңдеу. Біз білетініміздей үш комплекс түбірге ие. Айталық, α₀-солардың бірі болсын; ол (4) теңдеудің коэффициенттері арқылы радикалдың көмегімен Кардан формуласының нәтижесінде өрнектеледі, яғни (2) теңдеудің коэффициенттері арқылы өрнектеледі.Бұл алған нәтижеде (3) формуласындағы квадрат жақшада тұрған көпмүшелік α үшін екі еселі түбір мәнге ие, сондықтан да (3) теңдеу мынадай түрге келеді

(x²+ +α₀)²-2α₀(x- )²=0

Яғни ол екі квадрат теңдеуге ажыратылады:

(5)

Біз (2) теңдеуден (5) теңдеуге бірдей өзгертудің көмегімен келдік, олай болса (5) теңдеу (2) теңдеу үшін де түбір болады. Мұнымен бірге (2) теңдеудің түбірлері радикалдың көмегінде коэффициенттер арқылы өрнектелетінін көреміз.