Алгебралық теңдеулерді комплекс сандармен шешу

Қaзaқcтaн Рecпубликacы Бiлiм жәнe ғылым миниcтpлiгi С.Амaнжoлoв aтындaғы Шығыc Қaзaқcтaн мeмлeкeттiк yнивepcитeтi Базылбек Сымбат Алгебралық теңдеулер жүйелерін шешуде комплекс сандар теориясын қолдану ДИПЛOМДЫҚ ЖҰМЫC 5B010900-–«Математика» білім беру бағдарламасы Өcкeмeн 2020 2 Қaзaқcтaн Рecпубликacы білiм жәнe ғылым миниcтpлiгi С.Амaнжoлoв aтындaғы Шығыc Қaзaқcтaн мeмлeкeттiк yнивepcитeтi «Қopғayғa жiбepiлдi» «___»_______________2020 ж. «математика» кaфeдpacының мeңгepyшici_________ Ерғалиев Е.Қ. ДИПЛOМДЫҚ ЖҰМЫC Тaқыpыбы: Алгебралық теңдеулер жүйелерін шешуде комплекс сандар теориясын қолдану 5B010900-–«Математика» білім беру бағдарламасы бойынша Opындaғaн іштей оқыту бөлімінің 4 курс студенті Ғылыми жeтeкшici: «___»________2020 ж. Базылбек Сымбат Аменова Ф.С. Нopмaбaқылayшы: «___»________2020 ж. Өcкeмeн 2020 3 Мазмұны Кіріспе ................................................................................................................ 1 Комплекс сандар мен оларға қолданылатын амалдар............................... 1.1 Комплекс сандар жайлы негізгі ұғымдар. Комплекс сандардың теңдігі 1.2 Комплекс саннан квадрат түбір табу ........................................................ 1.3 Комплекс санның тригонометриялық формасы, түйіндес комплекс сандар.............................................................................................................................. 1.4 Комплекс сандарды дәрежелеу.................................................................. 1.5 Комплекс саннан n-ші түбір табу .............................................................. 1.6 Алғашқы түбір ............................................................................................. 2 Алгебралық теңдеулер жүйесі және олардың шешу тәсілдері. ................ 2.1 Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер жүйесін шешу ..................... 2.2 Квадрат теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу ........................................... 2.3 Жүйенің әрбір теңдеуінің сол жағы белгісіздерге қатысты көпмүшелік болып табылатын жүйелерді әртүрлі тәсілдермен шешу ......................................... 2.4 Белгісізден біртіндеп құтылу әдісі. Айнымалыны ауыстыру әдісі ....... 2.5 Теңдеулерді алгебралық қосу әдісі ........................................................... 2.6 Белгісіздерден біртіндеп құтылу арқылы шешу тәсілі 2.7 Белгілі әдістерге келтірілетін кейбір тәсілдер арқылы жүйені шешу ... Қорытынды ........................................................................................................ Пайдаланған әдебиеттер тізімі ........................................................................ 4 Кіріспе Мектеп курсы математикасында квадрат теңдеулер шешіледі. Яғни мектеп курсы математикасында квадрат теңдеулерді шешу кезінде нақты сандар өрісінде жұмыс жасайды, ал, бұл диплом жұмысының мақсатына жету үшін комплекс сандар өрісінде алгебралық теңдеулер жүйесін шешу керек. Тақырып мектеп курсы бағдарламасынан ауытқиды. Дегенмен де, біз бұл жұмыстың мектеп курсы математикасымен байланысын ашу мақсатында мектеп курсы бағдарламасының кейбір алгебралық теңдеулер жүйесі мен оларды шешудің тәсілдерін қарастыра кетуді жөн көрдік. Алгебраның дамуына баланысты бұрыннан белгілі оң және теріс сандармен қатар жаңа сандар енгізу қажеттілігі туындады. Осыған орай “Жорамал бірлік”, “Жорамал сан” ұғымдары қалыптасты. Мектеп курсында квадраттық теңдеулер, биквадраттық теңдеулер, үшінші, төртінші дәрежелі теңдеулердің кейбір түрлерін нақты сандар өрісінде шешу қарастырылады. Көптеген теңдеулердің нақты сандар өрісінде шешімі жоқ немесе табу қиын болады. Жалпы, комплекс сандар өрісінде п-ші ретті алгебралық теңдеудің п әртүрлі түбірлері бар екендігі мәлім. Комплекс сандар өрісінде алгебралық теңдеулер жүйесін шеше алу үшін жоғарғы алгебраның, алгебра және сандар теориясының білім-біліктер жүйесімен қарулану қажет. Осы мақсатта дипломдық жұмыстың бірінші бөлімін комплекс сандар жайлы негізгі ұғымдарға арнайық. Қазіргі уақытта кей ғылымдарды комплекстік сандарды қолданусыз елестету қиын. Электротехника, электромеханика, радиотехника, ұшақ құру және басқа да ғылымдар теориясы комплекс сан түріндегі модельді қолданусыз мүмкін емес. Білім өркениеттіліктің әрі өлшемі, әрі тетігі болып табылатындықтан кез келген мемлекеттің рухани және әлеуметтік дәрежесі білім деңгейіне байланысты бағаланады. Жан-жақты үйлесімді, өркениетті елдің ұрпағын тәрбиелеп шығу бүгінгі мектептің алдына қойылған мақсаттардың бірі. Бұл мақсат әрбір орта мектеп мұғалімінен бүгінгі заман талабына сай оқыту әдістемесін күннен күнге жетілдіре түсуін талап етеді. Осы талаптың орындалуы орта мектеп бағдарламасындағы әрбір пәннің әр тарауының әр тақырыбын оқушы санасына жететіндей етіп оқытқанда ғана орындалады. Олай болса, оқушыларды жеке тұлға етіп тәрбиелеуде математика пәнінің де алатын орны, салмағы зор. Дипломдық жұмыстың мақсаты. Алгебралық теңдеулер жүйесін комплекс сандар теориясын пайдаланып шешу. Дипломдық жұмысының міндеттері: - Комплекс сандар жайлы білімдер жүйесін меңгеру; - Алгебралық теңдеулер жүйесі және оларды шешу әдістері туралы білімдермен қарулану; -Алгебралық теңдеулер жүйесін шешу тәсілдерін көрсету. 5 Дипломдық жұмыстың объектісі. Алгебралық теңдеулре жүйесі. Дипломдық жұмыстың тәжірибелік маңыздылығы. Комплекс сандар жайлы және алгебралық теңдеулер мен оларды шешудің әдістері жайлы оқуәдіснамалық материалдар жасалынды, оларды математика пәнін тереңдетіп оқытатын мектептердің мұғалімдері қолдануы мүмкін. 6 1 Комплекс сандар мен оларға қолданылатын амалдар 1.1 Комплекс сандар жайлы негізгі ұғымдар Кез-келген нақты коэффициентті квадрат теңдеуді шешу үшін, нақты сандардың жеткіліксіздігінен комплекс сандар ұғымы енгізіледі. Түбірлері нақты сандар болмайтын ең қарапайым теңдеуді қарастырайық: 2 x  1  0 . Бұл теңдеудің шешімім табу үшін бізге С комплекс сандар деп аталатын сандарды енгізіп, оларға қолданылатын амалдарды меңгеру керек. С -латын тіліндегі complexus деген сөздің бас әрпі; латын сөзі «тікелей біріккен», «құрама», «күрделі» деген сөздің мағынасын береді. С комплекс сандар жүйесі – нақты сандар жүйесінің кеңейтілуі. i символын жорамал бірлік деп атайды. Онда i2=-1 болады. Комплекс сандар жиынында -1 санынан квадрат түбір табылатынын көреміз: 1  i . Кез келген α=(a, b) комплекс санын алгебралық формада α=a+bi деп жазуға болады. Мұндағы a мен b сандарын α=a+bi комплекс санның нақты және жорамал бөліктері (кейде b-ны - жорамал бөлігінің коэффициенті) деп атайды және оларды әдетте былай белгілейді: a  Re  , b  Im  . Мұнда Re және Im – латынша Realis (нақты) және Imaginarius (жорамал) сөздерінің бастапқы буындары. Сөйтіп α=(a, b)=a+bi=Re α+i Im α. Комплекс сан ұғымы тұңғыш рет ХҮІ ғасырда итальяндықтар Дж.Кардано және Р.Бомбелли қарастырған дискриминантты теріс квадрат теңдеулердің, әсіресе кубтық теңдеулердің ,шешімдеріне байланысты шыққан ұғым. 1572 жылы шыққан «Алгебра» атты кітабында Р.Бомбелли комплекс сандарға арифметикалық операциялар қолданған. Алғашқы кезде комплекс сандардың іс жүзінде нақты түрде түсінігі (интерпретациясы), болмағандықтан ондай түбірлерді «мүмкін емес», «жорамал» деп санап , ондай түбірлері бар теңдеулерді «түбірі жоқ» теңдеулер қатарына қосатын болған. Комплекс сандардың жан-жақты қолданылуы тек ХҮІІІ ғасырда басталды. Міне осы кезде комплекс сандардың интегралдық есептеуде механикада және геометрияда қолданулары комплекс аргументті функцияларды қарауға әкеп соқты. Осы мәселелер жайындағы зерттеулерде туған жері Швейцария болса да, отыз жылдан аса Петербург академиясында жұмыс істеп, өзін «орыс ғалымымын» деп атап өткен Леонард Эйлер (1707-1783) мен француз математигі және философы Даланбердің (1717-1783) үлесі көп. Комплекс сандарға жазықтықтағы нүкте не вектор деп геометриялық түсінікті 1797 жылы даниялық жер өлшеуші К. Вессель (1745-1818) берген, бірақ тек атақты неміс математигі Карл Фридрих Гаусстың (1777-1855) комплекс сандарды арифметикаға, алгебраға, геометрия және математикалық анализге қолданған еңбектерінен кейін ғана көпшілік комплекс сандардың геометриялық 7 мағынасын қолданып, оны толық пайдалана бастайды. Математикаға «комплекс сан» терминін кіргізген де, жоғарғы алгебраның негізгі теоремасының толық дәлелдеуін тұңғыш рет (1799 ) ұсынған да К.Гаусс. Математиканың тарихи даму барысында әр қырынан қойылып, түрліше шешім тауып отырған ең басты мәселелердің бірі- сан ұғымын дамыту болды. Сан ұғымын кеңейту мәселесі алгебра ғылымының өз алдына бөлініп дербес даму жолына түсуін күрт жеделдетті, шешуі болатын теңдеулер класын көбейтті, қолданыстағы сандар теориясын байытуды, кеңейтуді талап етті. Алгебралық теңдеулерді шешу үшін нақты сандар жеткіліксіз. Сондықтан да осы теңдеулерді шешуге деген ұмтылыс сандар ұғымының кеңеюіне әкеледі. Теңдеудің түбірін табу үшін оң сандар жеткіліксіз, сондықтан да теріс сандар және нөл енгізу қажеттілігі туындайды. [2] Біздің дәуірімізге дейін 2 мың жыл бұрын ежелгі Египет және Вавилонда практикалық есептеулерде бөлшек сандар қолданылған. Сан ұғымы дамуының келесі кезеңі теріс сандарды енгізу-б.д.д 2 ғасыр бұрын қытай математиктері енгізген.Теріс сандар көмегімен бірыңғай жолмен шамалар өзгерісін суреттеуге болады. Б.д.д 8 ғасырда оң таңбалы санның квадраттық түбірінің екі мәні – оң және теріс бар екендігі, ал теріс таңбадан квадрат түбір шығаруға болмайтындығы белгілі болды. 16 ғасырда кубтық теңдеулерді зеттеу кезінде теріс таңбалы саннан квадраттық түбір шығару керек болды. Кубтық теңдеуді шешу формуласында кубтық және квадраттық түбір бар. Бұл формула теңдеудің бір нақты түбірі болса үзіліссіз әсер етеді, ал егер ол үш нақты түбірі болса, онда квадраттық түбірде теріс сан болады. Осы феноменді түсіндіру үшін 1545 жылы итальяндық алгебраист Дж.Кардано табиғаты жаңа санды енгізуді ұсынды.Кардано мұндай шамаларды «сандар теріс» деп атады және оларды жарамсыз деп санап, қолданбауға тырысты. Шындығында, мұндай сандардың көмегімен қандай да бір шаманың нәтижесін, осы шаманың өзгерісін көрсетуге болмайды. Бірақ та 1572 жылы Бомбелли өз кітабында алғаш рет осы сандарға қолданылатын арифметикалық амалдар ережесін орнатты. «Жорамал сан» атауын 1637 жылы француз математигі Р.Декарт енгізді, ал 1777 жылы Х.Эйлер француз санының бірінші әріпі і қолдануды ұсынды, бұл белгіні жалпы қолданысқа К.Гаусс енгізді. 18 ғасырдың соңында француз математигі Ж.Лагранж жорамал сандар көмегімен сызықты дифференциаль теңдеулерді көрсете білді. Я.Бернулли комплекс сандарды интегралды есептеу үшін қолданды. 18 ғасырда комплекс сан көмегімен картография, гидродинамика және т.б. байланысты қолданбалы есептер есептелінді. Бірақ та осы сандар теориясының логикалық негізі болмады. 19 ғасырда комплекс санның геометриялық талдауы алынды.Комплекс сандардың геометриялық талдауы комплекс айнымалы функциямен байланысты көптеген түсініктер табуға, олардың қолдану саласын кеңейтуге мүмкіндік берді. Комплекс сандардың көптеген сұрақтарда, жазықтықта вектормен көрсетілетін 8 шамалары бар, керекті екендігі белгілі болды: су ағынын зерттеу кезінде, серпімділік теориясы тапсырмаларында, теориялық электротехникада.[1] Физика және техника тапсырмалырының шешімі кері дискриминантты квадраттық теңдеулер арқылы жүргізіледі. Бұл теңдеулердің нақты сандар облысында шешімі жоқ. Бірақ мұндай көптеген тапсырмалардың шешімінің нақты физикалық мағынасы бар. Көрсетілген теңдеуді шешу нәтижесінде алынған шама мәнін комплекстік сандар деп атады. Комплекстік санды орыс авиациясының негізін қалаушы Н.Е.Жуковский қанат теориясын құру кезінде кең қолданған. Бұл теориядағы негізгі мәселелер: қанатты көтеруші күш қалай, қайдан шығатынын, оның шамасы және түсу нүктесі ұшу жағдайына қалай байланыстылығын айқындау, зерттеу. Комплекстік сандар және комплекстік айнымалылар функциясы көптеген ғылым мен техника сұрақтарында қолданыс табады. Сан ұғымының натурал сандардан нақты сандарға дейін кеңею үрдісі тәжірибенің талаптарымен, сондай-ақ математиканың өз мұқтаждықтарымен байланысты болды. Алдымен заттарды санау үшін натурал сандар пайдаланылады. Содан кейін:  бөлуді орындаудың қажеттігі оң бөлшек сандар ұғымына әкеледі;  әрі қарай, азайтуды орындау қажеттігі нөл мен теріс сандар ұғымдарына әкелді;  ақырында оң сандардан түбір табу қажеттігі иррационал сандар ұғымына әкелді. Аталған амалдардың бәрі нақты сандар жиынында орындалады. Алайда, бұл жиында орындалмайтын операциялар да қалды, мысалы, теріс саннан квадраттық түбір табу амалы. Олай болса, сан ұғымының одан әрі кеңеюінің, нақты сандардан ерекше, жаңа сандардың пайда болуының қажеттігі бар. Геометриялық тұрғыдан нақты сандар координаталық түзудің нүктелерімен кескінделеді. Әрбір нақты санға түзудің бір нүктесі сәйкес, ал түзудің әрбір нүктесіне бір нақты сан сәйкес келеді. Координаталық түзу түгелдей нақты сандардың бейнесімен толтырылған, яғни басқаша айтқанда «онда басқа сандарға орын жоқ». Жаңа сандардың геометриялық бейнелерін енді түзу бойында емес, координаталық жазықтықта іздеу керек деген ұйғарым туады. Бірақ координаталық ХОУ жазықтығының әрбір М нүктесін осы нүктенің координаталарымен анықтауға болады. Сондықтан жаңа комплекс сандар деген атпен жаңа ұғым енгізілді. 1545 жылы италиян оқымыстысы Дж. Кардано х + у = 10 { ху = 40 (1.1) теңдеулер жүйесінің нақты сандар жиынында шешімі жоқ, ал оның шешімін 9 х1/2 = 5 ± √−15 { у1/2 = 5 ∓ √−15 (1.2) түрінде табады. Кардано оларды «таза теріс» немесе «софистикалық теріс» шамалар деп атаған. Бірақ ол мұндай шешуді пайдасыз деп тауып, оларды қолданбауға тырысады. Комплекс сандардың қасиетін дұрыс бағалаған ең бірінші математик Рафаэль Бомбелли (1526-1573) болды. Ол комплекс сандарды кубтық теңдеуді шешудің «келтірілмейтін» жағдайын шешуге қолданады. Ол 1572 жылы жарық көрген «Алгебра» атты еңбегінің бірінші кітабында комплекс сандарға амалдар қолданудың алғашқы ережелерін көрсетті. Бомбелли Карданоның «софистикалық теріс сандар» кездесетін барлық өрнектердің а bі түріне келетінін тағайындады. 1637 жылы француз математигі Р. Декарт «жорымал сан» терминін енгізді, ал XVІІІ ғасырдың ең атақты математиктердің бірі Л. Эйлер 1977 жылы √і − 1 (жорымал бірлік) санын белгілеу үшін француз сөзінің іmаgіnаіrе (жорымал) бірінші әрпін қолдануды ұсынды. 1831 жылы К. Гаусс «комплекс сан» терминин енгізді. Жалпы комплекс сандарын интегралдық есептеуде, механикада, геометрияда қолданымдарына байланысты қалыптаса бастаған комплекс айнымалы функциялар теорясының дамуына француз математигі Даламбер, негізі швециялық болса да, өзін «орыс ғалымы» деп атап өткен Л.Эйлер көптеген үлестерін қосқан. Теорияның одан әрі дамуына неміс ғалымдары К.Гаусс, Б.Риман, француз ғалымы О.Кошилердің аттарымен қатар орыс ғалымдары Н.Е.Жуковский, М.А.Лаврентьев, М.В.Келдыштің де еңбектері зор.[4] Анықтама. Комплекс сандар деп z  x  iy түріндегі сандарды айтамыз, мұндағы x , y  нақты сандар, i   1 жорымал бірлік деп аталады және x пен y сандары z комплекс санының сәйкес нақты және жорымал бөлігі деп аталады әрі олар x  Re z , y  Im z таңбаларымен белгіленеді. Сонымен, егер бізге z комплекс саны берілсе, онда нақты x пен y сандары берілді деп түсінуіміз керек. Егер y  0 болса, онда z комплекс саны x нақты бөлігіне тең, яғни z  x  i  0  x, осы сияқты, егер x  0 болса, онда z  0  iy  iy . Жазықтықта XOY тікбұрышты декарт координат жүйені қарастырайық және z  x  iy комплекс сандағы x пен y нақты сандар осы жазықтықтағы нүктенің координаттары болсын. Онда әрбір z  x  iy комплекс санына осы жазықтықта z  z( x , y ) нүкте сәйкес келеді және керісінше, яғни жазықтықтағы әрбір z( x , y ) нүктеге осы жазықтықта анықталған z  x  iy комплекс саны сәйкес келеді. Сонымен комплекс сандар жиыны мен XOY жазықтықтағы нүктелер жиыны арасында өзара бір мәнділік сәйкестік бар (1- сурет). 10 жазықтығындағы әрбір z( x , y ) нүкте, осы жазықтықтағы координат жүйенің бас нүктесі вектордың z( x , y ) нүкте вектордың соңғы нүктесі болатын векторды анықтайды. Осылайша анықталған вектордың OX өсіндегі проекциясы x  ке, ал OY өсіндегі проекциясы y  ке тең. Сонымен, кез XOY келген z  x  iy комплекс сандардың геометриялық кескінін жазықтығында z( x , y ) нүктелер немесе z  zx , y векторлар арқылы бейнелеуге болады. Осылайша анықталған XOY жазықтығын комплекс сандар жазықтығы дейміз, немесе z комплекс жазықтығы деп аталады. z  x нақты ( y  0 ) сандар z жазықтығында OX өсіндегі ( x ,0 ) нүктелерді немесе немесе OX өсіндегі x ,0  векторларды бейнелейді. OX өсі нақты өс деп аталады. z  1 нақты саны OX өсіндегі (1,0) нүктені немесе осы өстегі 1,0  бірлік векторды анықтайды (1  сурет). Ал z  iy жорымал саны OY өсіндегі ( o , y ) нүктені немесе осы өстегі o , y  векторды анықтайды. OY өсі жорымал өс деп аталады. z  i жорымал саны OY өсіндегі ( 0,1 ) нүктені немесе осы өстегі бірлік 0,1  векторын анықтайды және бұл вектор OY өсіндегі бірлік вектор болады (1- сурет). [6] Анықтама. z1  x1  iy1 және z 2  x2  iy 2 комплекс сандары тең деп аталады, егер комплекс сандардың нақты бөліктері нақты бөліктеріне, ал жорымал бөліктері жорымал бөліктеріне тең болса, яғни Re z1  Re z 2  x1  x2 , Im z1  Im z 2  y1  y 2 . z1 мен z2 комплекс сандардың теңдігі z1  z 2 таңбамен белгіленеді. z  x  iy пен z  x  iy комплекс сандары өзара түйіндес комплекс сандар деп аталады. Бұл жағдайда z( x , y ) пен z ( x , y ) нүктелері нақты OX өсі арқылы симметриялы болады. z комплекс жазықтығындағы z  z( x , y ) векторының r ұзындығына және осы вектордың OX нақты өсімен оң бағытта түзейтін  бұрышын қарастырайық (1- сурет). Вектордың r ұзындығы мен  бұрышы z комплекс санның сәйкес модулі және аргументі деп аталады және олар былай белгіленеді. XOY r  z ,   Argz. (1.3) Бізге аналитикалық геометриядан, декарт координат пен поляр координат жүйелерінің арасындағы байланыс мына формула арқылы өрнектелінетіні белгілі: x  r cos, y  r sin . Онда z  x  iy  r cos   ir sin   r (cos   i sin  ) . 11 (1.4) Бұл формула z  x  iy комплекс санның тригонометриялық түрі деп аталады. Осыдан r  z  x2  y 2 (1.5) және z  0 болғанда  қанағаттандырады: tg  y , x   arctg аргументтің барлық мәндері мына қатынасты y x (1.6) Егер z  0 болса, онда Argz анықталмаған, сондықтан z  0 болғанда Argz мәндерінің жиынынан ( , ) интервалға тиісті тек бір ғана мәнді бөліп аламыз және оны arg z деп белгілейік және ол аргументтің негізгі мәні деп аталады:    arg z   . (1.7) Сонда (2.4) мен (2.5) формулалардан мына теңдікті аламыз: y  arctg x , x  0, y  0 ,    arctg y , x  0, y  0 ,  x  y    arg z     arctg , x  0 , y  0, x    2 , x  0, y  0,    , x  0 , y  0.  2 (1.8) Онда мына теңдік орындалады: Argz  arg z  2k, z  Z . Мына нақты сандар r  z ,   arg z комплекс жазықтығындағы z нүктенің координаттары деп аталады, яғни z( r , ) . Берілген z1 мен z2 комплекс сандардың теңдігін поляр координатында z1  z 2 , arg z1  arg z 2 (1.9) теңдіктерімен анықтаймыз, ал түйіндестік белгіні z  z , arg z   arg z , (1.10) 12 arg z   . мұнда Бізге тригонометриялық түрде екі z1  r1 (cos 1  i sin  2 ), z 2  r2 (cos  2  i sin  2 ) комплекс сандары берілсін. Егер z1  z 2 болса, онда r1 cos 1  r2 cos  2 , r1 sin 1  r2 sin  2 теңдіктері орындалады. Осыдан z1  r1  ( r2 cos2 )2  ( r2 sin 2 )2  r2  z2 . Онда жоғарыдағы теңдіктерден cos 1  cos  2 , sin 1  sin  2 . Онда  2  1  2k , k  Z . Егер r1  r2 , 2  1  2k болса, онда z1  z 2 теңдігі орындалады. Мысалдар. 1. Берілген комплекс сандарды тригонометриялық түрге келтірейік: а) z1  1; б) z 2  i ; в) z3  1  i 3 ; г) z 4  2. а) z1  1 комплекс саны үшін x1  1  0, y1  0 және (1.3) формуладан r  z1  x 2  y 2  1  0  1. Енді (2.6) теңдіктен z1 комплекс санының аргументі   arg z1    ге тең. Онда (2.2) формула бойынша z1  1  1(cos   i sin  )  cos   i sin . б) z 2  i комплекс саны үшін x2  0 , y 2  1  0 және (1.3) z2 комплекс санның формуладан r  z 2  0  1  1. Енді (1.6) теңдіктен аргументін анықтаймыз  arg 2   . 2 Сонда (2.2) формула бойынша:   z  i  cos  i sin . 2 2 в) z3  1  i 3 , x3  1  0, y3   3  0. (1.3) формуладан r  1  3  2, ал (1.6)  6 формуладан   arctg(  3 )  arctg 3   . Сонда 13   z3  1  i 3  2(cos  i sin ). 6 6 г) z 4  2, x3  2  0, y3  0. (1.3) формуладан r  4  0  2, ал (1.6) 0 2 формуладан     arctg( )    arctg0  . Сонда z 4  2  2(cos   i sin  ). 2. Төмендегі шарттар жазықтықтағы қандай нүктелер жиындарын анықтайды: а) Re z  4; б) 2  Re z  5; в) Im z  5; г) 2  Im  5. а) Re z  4 теңдігі мына теңдеумен эквивалентті: Re z  Re( x  iy )  x , x  4. Онда Re z  4 шарты OY өсіне параллель болатын x  4 түзуінің 2  Re z  5 бойындағы нүктелер жиыны болады б) теңсіздігінен мына 2  x  5 теңсіздікті аламыз: . Сонымен берілген шарт 2  x  5 теңсіздігін қанағаттандыратын нүктелер жиыны болады (2б-сурет). в) Im z  5 шарт y  5 теңдеуімен эквивалентті, яғни берілген шарт OX өсіне параллель болатын y  5 түзуді анықтайды (2в-сурет). г) 2  Im  5 шарт 2  y  5 теңсіздіктен эквивалентті, сондықтан берілген шарт 2  y  5 теңсіздікті қанағаттандыратын нүктелер жиыны болады (2г-сурет). Комплекс сандар және олардың геометриялық кескіні. Комплекс сан z деп белгілі бір тәртіппен алынған х және у қос нақты сандар айтылады және ол алгебралық түрде z=x+іy деп белгіленеді, мұндағы x және y-нақты сандар, ал іжорымал бірлік деп аталады, i2 = −1. Комплекс сандар жиыны С әрпімен белгіленеді: С={z = (х, у): х, у ∈ R}. х саны z комплекс санының нақты бөлігі деп аталып, х=Rе z (Rееllе деген француз сөзінен алынған) арқылы белгіленеді, ал y саны z комплекс санының жорымал бөлігі деп аталып, y=Іm z (Іmаgіnаіrе деген француз сөзінен алынған) арқылы белгіленеді. Егер 1=х1 + іy1 және z2= x2+ іy2 екі комплекс сандарының сәйкес нақты және жорымал бөліктері өзара тең болса, яғни x 1= x 2, y 1= y 2, онда олар тең комплекс сандар деп аталады. Дербес жағдайда, z=x+іy комплекс саны нөлге тең болады, тек сонда ғана, егер x = y = 0 болғанда. Комплекс сандар үшін «артық» және «кем» ұғымдары енгізілмейді. Бірінші компоненттері өзара тең, ал екінші компоненттерінің таңбасы ғана қарама-қарсы екі комплекс сан түйіндес комплекс сандар дейді. Кез келген z= x+іy комплекс санын Оxy жазықтығында М(x;y) нүктесімен кескіндеуге болады (3-сурет ). 14 Сонда z∈С санын М нүктесінің аффиксі деп, а жазықтық комплекс жазықтық (кейде Гаусс жазықтығы) деп аталады. Комплекс сандарды осылайша кескіндегенде нақты сандар абсциссалар осінің нүктелерімен кескінделеді де, ал ординаталар осінің нүктелері таза жорымал сандарды кескіндейді. Сондықтан абсцисса осін нақты ось деп, ал ордината осін жорымал ось деп атайды. z=x+іy комплекс санын r⃗⃗⃗⃗ =ОМ = (х,у) радиус-векторының көмегімен беруге болады. r векторының ұзындығын z комплекс санының модулі деп атайды және ол z немесе r арқылы белгіленеді:r = |z| = √х2 + у2 Демек, φ - Ох осін r векторының бағытымен беттестіру үшін оң бағытқа бұратын бұрышты кескіндейді, егер бұру сағат тіліне қарсы бағытта іске асырылса, онда бұл бұрыш оң, қарсы жағдайда – теріс деп есептелінеді. z=0 комплекс саны үшін аргумент анықталмайды. Әрбір z ≠ 0 комплекс саны үшін оның аргументінің бірінен- бірінің айырмашылығы 2 болатын көп мәндері болады. Ескерту. Көп жағдайда есеп шығару барысында аргументтің бас мәні у arctg , егер х > 0 х у arg z π + arctg х , егер х < 0, у > 0 (1.11) у {−π + arctg х егер х < 0, у < 0 формуласымен анықталады. түрінде жазуға болады. Комплекс санының мұндай жазылуын комплекс санының көрсеткіштік түрі деп атайды. Мысалы z1=-1+і және z2=-1 комплекс сандарын тригонометриялық және көрсеткіштік түрде жазыңыздар. Шешуі. z1 үшін 1 𝜋 |𝑧| = 𝑟 = √(−1)2 + 12 = √2, , 𝑎𝑟𝑔 𝑧 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( ) + 𝜋 = − + 𝜋 = −1 4 яғни 𝜑 = 3𝜋 4 . Сондықтан −1 + 𝑖 = √2(со𝑠 3𝜋 4 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛 3𝜋 4 ) = √2е 𝑖 3𝜋 4 z2 үшін 𝑟 = √(−1)2 + 02 = 1, 𝑎𝑟𝑔𝑧 = 1 , 𝑎𝑟𝑔𝑧 = 𝑎𝑟𝑔(−1) = 𝜋, яғни 𝜑 = 𝜋 Комплекс сандардың теңдігі 15 3𝜋 4 Алгебралық формада берілген екі комплекс сан a  bi мен c  di тек a=c және b=d, тек сол жағдайда ғана өзара тең болады, яғни: a  bi  c  di  a  c  b  d Мысал 1.(2-i)x+(2i-1)y=4-5i теңдігі x пен y-тің қандай нақты мәндері үшін орындалады? Шешуі: Алдымен сол жағының нақты бөлігі мен жорамал бөліктерін айырып алып (2x-y)+(-x+2y)i=4-5i , комплекс сандардың теңдігі бойынша:  2x  y  4  x 1 . Сөйтіп берілген теңдік x=1; y=-2 нақты мәндері үшін    x  2 y  5  y  2 орындалады. Мысал 2. Төмендегі жүйе x, y, z, t-ның қандай нақты мәндері үшін орындалады: (1  i) x  (1  2i) y  (1  3i) z  (1  4i)t  1  5i .   (3  i ) x  (4  2i) y  (1  i) z  4it  2  i Шешуі: Алдымен сол жағының нақты бөлігі мен жорамал бөліктерін айырып алайық: ( x  y  z  t )  ( x  2 y  3z  4t )i  1  5i   (3x  4 y  z )  ( x  2 y  z  4t )i  2  i Комплекс сандардың теңдігі бойынша: x  y  z  t  1 x  y  z  t  1 x  y  z  t  1    y  2 z  3t  4  x  2 y  3z  4t  5  y  2 z  3t  4      3 x  4 y  z  2 y  2 z  3 t   1  4 z  6 t   5     x  2 y  z  4t  1   y  2 z  5t  0  4 z  8t  4  x  y  z  t  1  x  2  y  3  y  2 z  3t  4  2   z  2  4 z  6t  5    t   1 2t  1  2  Сөйтіп берілген жүйе x=-2, y=3/2, z=2, t=-1/2 нақты мәндері үшін орындалады. 16  (3  i ) x  (4  2i ) y  2  6i (4  2i ) x  (2  3i ) y  5  4i Мысал 3. Теңдеулер жүйесін шешіңіздер:  Шешуі: Берілген жүйенің шешімін әр түрлі тәсілмен беруге болады. Біз Крамер ережесін қолданайық:  3i 4  2i  (2  3i ) x  y  x 2  6i  6  3  2i  9i  16  16i  4  21  23i 4  2i 5  4i  (2  3i ) 3i 2  6i 4  2i 5  4i  4  18  12i  6i  20  8  16i  10i  2  44i  15  4  12i  5i  8  12  4i  24i  23  21i  x 2(1  22i ) 1  22i 21  23i (21  306)  (23  462)i   2   2    21  23i 21  23i 21  23i 441  529  2 y 4  2i  485  485i  1 i 970 y   23  21i 23  21i 21  23i 970i    i  21  23i 21  23i 21  23i 970 Жүйенің жауабы: x=1+i; y=i. Комплекс сандарды қосу және азайту. Анықтама. z1  x1  iy1 . мен z 2  x2  iy 2 комплекс сандардың z1  z 2 қосындысы деп комплекс санын айтамыз: z  z1  z 2  x1  x2  i( y1  y2 ) (1.13) Осы анықтамадан, z1  z2 вектордың координат өстеріндегі проекциясы, z1 мен векторлардың координат өстеріндегі проекцияларының қосындысына тең. Сондықтан, z1  z2 векторы z1 мен векторлардың қосындысына тең, яғни z1 мен векторлардан анықталған параллелограмның диагоналіне тең (1-сурет). 17 Сурет 1 Комплекс сандарды қосу Сурет 2 Екі вектордың арақашықтығын анықтау Комплекс сандарға мына қасиеттер орындалады: z1  z 2  z 2  z1 , z1  ( z 2  z3 )  ( z1  z 2 )  z3 . (1.14) z1 және z2 комплекс сандарының қосындысына геометриялық талдау жасау үшін ол сандарды сәйкес векторлар түрінде көрсетеміз. Сонда z 1+ z2 кескінін екі вектордың қосындысын табудың параллелограмм ережесі бойынша да анықтауға болады (2-сурет). Екі комплекс санның қосындысының модулі қосылғыштар модульдерінің қосындысынан кем, не тең болатынын 2-суреттен көреміз, өйткені үшбұрыштың кез келген қабырғасы қалған екі қабырғасының қосындысынан кем: |𝑧1 + 𝑧2 | ≤ |𝑧1 | + |𝑧2 | Анықтама. z1 мен z2 комплекс сандарының z  z1  z 2 айырымы деп z комплекс санын айтамыз: z  z1  z 2  ( x1  x2 )  i( y1  y 2 ). Осы анықтамадан, z1  z 2 векторының бастапқы нүктесі z 2 векторының соңғы нүктесімен, ал соңғы нүктесі z1 вектордың соңғы нүктесімен беттеседі. 18 (1.15) Комплекс сандарды азайту қосуға кері амал ретінде анықталады. z1=x1+ y1і және z2=x2+ y2і комплекс сандарының айырмасы деп z2 + z= z1 немесе (x2+ y2і ) + (x+ yі ) =x1+ y1і теңдігін қанағаттандыратын z=x+ yі комплекс санын атайды. Бұл анықтамадан z-ті оңай табуға болады: 𝑧1 – 𝑧2 = (𝑥1 + х2 ) + 𝑖(у1 + 𝑦2 ) Сурет 3 Комплекс сандардың айырмасын анықтау Айырма үшін z1- z2 = z1+(- z2) анықтамасын немесе үшбұрыш ережесін қолдануға болады. Осыдан екі санның айырмасының модулінің геометриялық мағынасын алуға болады (3-сурет). Демек, z1- z2айырымының модулі және нүктелерінің ара қашықтығына тең: |𝑧1 − 𝑧2 | = √(х1 − х2 )2 + (у1 − у2 )2=𝑑 ал екі комплекс санның айырымының модулі олардың модульдерінің айырмасынан артық, не тең: |𝑧1 − 𝑧2 | ≥ |𝑧1 | − |𝑧2 | екенін атап өтейік, яғни екі комплекс санның айырмасы жазықтықта осы сандармен кескінделетін нүктелердің ара қашықтығына тең. Жоғарыда айтылғандарды пайдаланып, z саны z векторының модулі болғандықтан және үшбұрыштың кез келген екі қабырғасының ұзындығының қосындысы үшінші қабырғасының ұзындығынан үлкен, ал айырымы үшінші қабырғасының ұзындығынан кіші болатынын ескеріп, мына теңсіздіктерді аламыз: z1  z2  z1  z2 , z1  z2  z1  z2 . 19 (1.16) Бұл теңсіздіктердегі теңдік орындалады, егер arg z1  arg z 2 теңдігі орындалса, яғни z1 мен z2 нүктелер координат жүйенің бас нүктесінен шығатын сәуленің бойына тиісті болса. Комплекс сандарды көбейту және бөлу. Анықтама. z1 мен z2 комплекс сандардың көбейтіндісі деп z  z1  z 2 комплекс санын айтамыз: z  z1  z2  ( x1  iy1 )( x2  iy2 )  ( x1 x2  y1 y2 )  i( x1 y2  x2 y1 ). Комплекс сандарды көбейтудің келесі қасиеттері бар: 1. Коммутативтік: z1· z 2= z2 · z1 , 2. Ассоциативтік: z1· (z2· z 3) = (z1· z 2) · z 3, 3. Дистрибутивтік: z1· (z2· z 3) = z1· z 2+ z1· z 3. Мысалы Амалдарды орындаңыздар: (2- 3 і)( -5 + 4 і). Шешуі. (2-3і)(-5+4і) =-10+8і+15і-12і2=-10+23і+12=2+23і. Тригонометриялық түрде берілген 𝑧1 = 𝑟1 (𝑐𝑜𝑠𝜑1 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝜑1 ) және 𝑧2 = 𝑟2 (𝑐𝑜𝑠𝜑2 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝜑2 ) формула арқылы анықталады: комплекс сандарының көбейтіндісі мына 𝑧1 𝑧2 = 𝑟1 𝑟2 (𝑐𝑜𝑠(𝜑1 + 𝜑2 ) + 𝑖𝑠𝑖𝑛(𝜑1 + 𝜑2 )) Бұдан мынадай қорытынды шығады: |𝑧1 𝑧2 | = |𝑧1 ||𝑧2 |, 𝑎𝑟𝑔(𝑧1 𝑧2 ) = 𝑎𝑟𝑔𝑧1 + 𝑎𝑟𝑔𝑧2 Комплекс сандарды кескіндеу үшін векторларды пайдалана отырып, 𝑧1 ∙ 𝑧2 көбейтіндісінің векторы 𝑧1 векторынан соңғыны 𝛼 = 𝑎𝑟𝑔𝑧2 бұрышына бұру және 𝑘 = |𝑧2 | есе созу арқылы алынады деп айтуға болады. Дербес жағдайда , егер бірдей п көбейткіші бар болса, 𝑧 𝑛 = (𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜑 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝜑))𝑛 = 𝑟 𝑛 (𝑐𝑜𝑠𝑛𝜑 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑛𝜑) Бұдан |𝑧 𝑛 | = |𝑧|𝑛 , 𝑎𝑟𝑔𝑧 𝑛 = 𝑛 𝑎𝑟𝑔 𝑧. формуласын Муавр формуласы деп атайды. Комплекс сандарды көбейту амалына мына қасиеттер орындалады: z1 z 2  z 2 z1 , z1 ( z 2 z3 )  ( z1 z 2 )z 3 , ( z1  z 2 )z3  z1 z3  z 2 z 3 . Егер z1  z  x  iy , z 2  z  x  iy болса, онда zz  x2  y 2  z  r 2 . 2 20 Анықтамадағы ( x1  iy1 )( x2  iy 2 ) көбейту амалы алгебрадағы көбейту ережесімен бірдей және i 2  1 . Декарт координат жүйеден поляр координат жүйеге көшу формуласын пайдаланып, яғни x1  r1 cos1 , y1  r1 sin 1 , x2  r2 cos2 , y2  r2 sin 2, мына теңдікті аламыз: z1z2  ( r1 cos 1  ir1 sin 1 )( r2 cos 2  ir2 sin 2 )   r1r2 (cos1 cos 2  sin 1 sin 2 )  i(sin 1 cos 2  cos 1 sin 2 )   r1r2 cos( 1  2 )  i sin( 1  2 ). Демек, z1 мен z 2 комплекс сандарды көбейткенде комплекс сандардың r1 мен r2 модульдері көбейтіледі, ал олардың аргументтері қосылады, яғни z1 z 2  z1 z 2 , Arg( z1 z 2 )  Argz1  Argz2 . Осы сияқты екі комплекс санды көбейту ережесін n  2 комплекс сандар үшін қолдануға болады: z1z2  ... zn  r1r2 ...rn cos( 1  2  ... n )  i sin( 1  2  ... n ), z1z2 ...zn  z1 z2 ... zn , Arg( z1 z2 ..zn )  Argz1  Argz2  ... Argzn . (1.17) Комплекс сандарды бөлу көбейтуге кері амал ретінде анықталады. 𝑧1 = 𝑥1 + 𝑦1 𝑖 және 𝑧2 = x2 + y2 i ≠ 0 екі комплекс санның бөліндісі деп z2 z = z1 z теңдігін қанағаттандыратын z = x + yi санын атайды. xx2 − yy2 = x1, Олай болса (𝑥2 + 𝑖 𝑦2 )(𝑥 + 𝑖 𝑦)=𝑥1 + 𝑖 𝑦1 теңдігінен { xy − yx = y 2 2 1 жүйесі шығады. Бұл жүйенің бір шешімі бар: x= x1 x2 +y1 y2 x22 +y22 , Комплекс сандарды көбейту амалына кері амал орындалады, яғни z z1 zz x x  y1 y2 x2 y1  x1 y2  1 2  1 22  i 2 2 z2 z2 z2 x2  y 2 2 x2  y2 . Енді соңғы теңдіктен поляр координат жүйеге көшейік, сонда 21 z  z1 r1(cos 1  i sin 1 )(cos2  i sin 2 )   z 2 r2 (cos 2  i sin 2 )(cos2  i sin 2 ) r1 cos(1  2 )  i sin( 1  2 ) r2 Демек, z1 мен z2 комплекс сандарды бөлгенде комплекс сандардың r1 мен r2 модульдері бөлінеді, ал бөлшектің алымындағы комплекс санның аргументінен бөліміндегі комплекс санның аргументі алынады, яғни z z1 z  1 , Arg 1  Argz1  Argz2 . z2 z2 z2 Комплекс сандарды дәрежелеу және түбір табу. Берілген комплекс санының натурал дәрежесі мына теңдіктен анықталады: z n  z  z ...z . (2.10) теңдіктегі z1  z 2  ...  z n  z болса, онда z n  r(cos  i sin   r n cos n  i sin n  n (1.18) теңдігі орындалады. Формула Муавр формуласы деп аталады. Егер z  1 болса, онда (1.18) формуладан (cos   i sin  )n  cos n  i sin n теңдікті аламыз. (1.18) формуладан n z n  z , Argz n  nArgz. Енді комплекс сандар жиынында z  0 комплекс саннан әрқашанда түбір табуға болады. Бізге z  r(cos  i sin ), z  0 комплекс саны берілсін. Енді  n  z теңдігін қанағаттандыратын   (cos  i sin ) комплекс санын қарастырайық. Онда комплекс санды дәрежелеу ережені пайдаланып мына теңдікті аламыз:  n (cos n  i sin n )  r(cos  i sin ), мұндағы n натурал сан. Осыдан  n  r , n    2k , k  Z . 22 Қарастырып отырған  , r оң сандар болғандықтан  n  r теңдігінен   n r теңдікті аламыз, мұндағы түбір - арифметикалық түбір, ал екінші теңдіктен, k  ның мәндеріне байланысты  -ның шексіз көп шешімдерін табамыз және ол шешімдерді  k таңбамен белгілейік, яғни k    2k , k Z. n (1.19) Онда  k  n z  n r (cos   2k   2k  i sin ), k  Z n n (1.20) Егер (2.12) формуладағы k  0, 1, 2,..., n  1 үшін  k  ның әртүрлі мәндерін табамыз:  0 , 1 ,..., n  1 , ал егер k  1,  2,...үшін осы  k мәндерді табамыз және олар  0 , 1 ,..., n  1 мәндерінің біреуінен айырмашылығы 2 -ге еселі. Сондықтан (2.13) формуладан n z  нің әртүрлі n мәндерін мына формуладан табамыз:  k  n z  n r (cos   2k n  i sin   2k n ), (1.21) мұндағы k  0, 1,..., n  1. 3. ( 1  3i )30 есепте. Шешімі. Алдымен 1 3i комплекс санын тригонометриялық түрге түрлендірейік x  1  0, y   3  0 . Онда   arctg 3    , r  1  3  2. 3 1   Сонда 1  3i  2(cos  i sin ). 3 3 Муавр формуласы бойынша:   ( 1  3i )30  230 (cos  i sin )30  230  (cos10  i sin10 )  230. 3 3 4.  1 түбірдің барлық мәндерін есепте. Шешімі. Куб түбір астында-1-ді комплекс түрге түрлендірейік: 3  1  cos   i sin  . 23 Онда (2.14 ) формула бойынша   2k     2k wk  3  1  3 1cos  sin , k  0,1,2. 3 3   Соңғы теңдіктен 3  1 саның барлық түбірін табамыз:   1 3 k  0 : w0  cos  i sin   i, 3 3 2 2 k  1 : w1  cos   i sin   1, k  2 : w2  cos 5 5 1 3  i sin   i. 3 3 2 2 5. 4 1  i түбірдің барлық мәндерін есептейік: Шешімі. Комплекс санды тригонометриялық түрге түрлендірейік: x  1  0, y  1  0,     arctg( 1 )   3 , r  2. 4 Сонда 3 3    1  i  2 cos(  )  i sin(  ) . 4 4   Осыдан және (2.14) формуладан 3 3  2k   2k wk  4  1  i  8 2 [cos 4  i sin 4 ], k  0,1, 2, 3. 4 4  k  0 : wk  8 2  cos(  8 2  cos 3 3  i sin 16 16 k  1 : w1  8 2(cos 3 3 )  i sin(  )   16 16 , 5 5 13 13  i sin ), k  2 : w2  8 2(cos  i sin ), 16 16 4 4 24 k  3 : w3  8 2(cos 21 21  i sin ). 4 4 1.2 Комплекс саннан квадрат түбір табу x 2  y 2  a a  bi  x  yi деп алайық, онда a+bi=(x2-y2)+2xyi. Сондықтан   2 xy  b болады да, мәселе осы жүйенің нақты түбірін табуға келіп тіреледі. Екі теңдеуді де квадрат дәрежеге шығарып қоссақ: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( x  y )  4x y  ( x  y )  a  b  x  y  a  b (Радикалдың алдына минус таңбасы қойылмаған себебі – x пен y – тің нақты мәндерінде x2+y2 өрнегі теріс бола алмайды). Соңғы теңдеу мен жүйенің бірінші теңдеуін бірге қарастырайық. Бұларды өзара қосқанда, азайтқанда: a2  b2  a және x   x  2 a 2  b2  a 2 a 2  b2  a және y   2 a2  b2  a 2 2 y2  Жүйенің екінші теңдеуіне қарағанда b  0 болса, x пен y таңбалары бірдей болуы керек. b  0 болса, таңбалары әртүрлі болу керек. Сондықтан b  0 болғанда b  0 болғанда  a  bi      a  bi     a2  b2  a i 2 a2  b2  a i 2 a 2  b 2  a  ;  2  a 2  b 2  a  .  2  Мысал 4. x 2  (2  i) x  (1  7i)  0 теңдеуін шешіңіз. Шешуі. x1, 2  2  i  (2  i ) 2  4(1  7i ) 2  2  i  4  4i  1  4  28i 2  i  7  24i  2 2 b  0 болғандағы формула бойынша 25  7  49  576  7  49  576 7  24i   i  2 2       7  625  7  625    i  (4  3i)   2 2   Берілген теңдеудің түбірлері x1=3-i; x2=-1+2i Мысал. x 4  3x 2  4  0 теңдеуін шешіңіз: Шешуі: x 2  y деп белгілейік, онда y 2  3 y  4  0 . y1, 2  x2  3  9  16 3   7 3  7i   ; 2 2 2 3  7i ; x1, 2 2  3 9 7 3 9 7         3  2 3  7i 7  4 4 2 4 4      i   i   2 2  2 2 2          3 4 3 4     2 2   2 2  i  2 2   Тура осы сияқты x 3, 4      7  i 1 ;  2  2      7 1    i  . 2  2 1.3 Комплекс санның тригонометриялық формасы, түйіндес комплекс сандар Біз алгебралық формадағы   a  bi комплекс санның декарт координата системасындағы кескіні (а, в) нүктесі болатынын білеміз. Міне, осы нүктенің орнын поляр координата системасында анықтау үшін Оα векторының ұзындығын r деп, ал ол вектордың ОХ осінің оң бағытымен жасайтын бұрышын (полярлық бұрыш) φ әрпімен белгілейік (1-сурет). Олай болса, α комплекс санын (r, φ) парларының көмегімен беруге болады екен. Мұнда r саны – оң сан, оны α комплекс санының модулі деп атап, | α| деп белгілейміз: | α|= r , ал φ бұрышы α санының аргументі деп аталады. φ кез келген нақты мәндерді қабылдайды, яғни оң және теріс мәндерді қабылдайды. Оң бұрыштар сағат тіліне қарама-қарсы, ал теріс бұрыштар – сағат тілі бағытында есептелінеді. Бірақ, егер бұрыштардың бір-бірінен айырмашылығы 2π немесе 2π-ге еселі бұрыш 26 болса, онда оларға сәйкес жазықтықтағы нүктелер беттеседі. arg α= φ немесе arg α= φ+2πk . Сонда декарт координата системасы мен поляр координата a b r r 2 2 2 2 қатынастары арқылы анықталады. a  b  r (cos   sin 2  ) . Бұдан системасының арасындағы байланыс: cos   ; sin   ; a  r cos  ; b  r sin  (9) ара r     a2  b2 (10) Демек,   a  bi  C санын   a  bi  r cos   ir sin   r (cos   i sin  )    r (cos   i sin  ) (11) Кері жорып,   a  bi комплекс санның тағы мына түрдегі жазылуы бар a  r0 cos  0 (екі b  r sin  0 0  деп алайық:   a  bi  r0 (cos  0  i sin  0 ); r0 ,  0  R; r0  0 . Онда  комплекс санның теңдігі бойынша). Бұдан a 2  b 2  r02 (cos 2  0  sin 2  0 )  r02 ; |  | r0   a 2  b 2  r (10) формуласын алдық. Енді біз (9) ескерсек, cos  0  cos  ; sin  0  sin  , яғни  0    arg  . Ендеше біз бұдан мынадай теореманы дәлелдедік: Теорема   a  bi түріндегі комплекс санын тек қана бір-ақ жолмен (11) түрде беруге болады.  комплекс санның (11) түрде жазылуы комплекс санның тригонометриялық формасы деп аталады. Мысал .   1 3 i санын тригонометриялық формада жазыңыз. Шешуі: 1  2        2 cos     i sin         1  3i       3 3 3 3       r   1  3  2 sin     2  a  1; b   3 cos   5 5      2 cos  i sin . 3 3   Түйіндес комплекс сандар Екі комплекс санның нақты бөліктері тең болып, ал жорамал бөліктерінің тек таңбалары қарама-қарсы болса, ондай комплекс сандар түйіндес комплекс сандар деп аталады.   a  bi  C санына түйіндес комплекс сан   a  bi болады.   1 3i болса, оның түйіндесі   1 3i болады. Ал егер α=а болса, онда   a . Демек кез келген нақты санның түйіндесі сол санның өзіне тең және    теңдігі тек нақты сандар үшін орындалады. Түйіндес комплекс сандардың қасиеттері: 27 1º., 2º.     2  R;    a2  b2  R    1 1 3º.        , 4º.      , 5º.    ;    , 6º.  n   n        1º-6º дейінгі қасиеттердің дұрыс екенін дәлелдеу қиын емес. 1º қасиетінің дұрыстығы 8-суреттен көрініп тұр.   a  bi;   c  di  C болсын, онда   a  bi;   c  di болады. 2º.     a  bi   a  bi   2a 3º.     (a  c)  (b  d )i  (a  c)  (b  d )i  (a  bi)  (c  di)         (a  bi)  (c  di)  (a  c)  (b  d )i  (a  c)  (b  d )i  (a  bi)  (c  di )         (a  bi)(c  di)  (ac  bd )  (bc  ad )i  4º.  (ac  bd )  (bc  ad )i  (a  bi)(c  di)     .   a  bi   (a  bi )(c  di )   ac  bd bc  ad  ac  bd bc  ad    2  2 i   i    2 c  d 2  c2  d 2 c2  d 2  c  di   (c  di )(c  di )   c  d 5º.        (ac  bd )  (ad  bc)i (a  bi )(c  di ) a  bi     c2  d 2 (c  di )(c  di ) c  di  Басқа қасиеттер де осылай дәлелденеді. Мысал 5: 1. Өзінің түйіндесінің ( ) квадратына тең болатын комплекс сандарды ( ) табыңыз. Шешуі: Есептің шарты бойынша    2 теңдігі қандай комплекс сандар үшін орындалатынын табу керек. Ол үшін   a  bi десек, онда a  bi  (a  bi) 2  a  bi  a 2  b 2  2abi . Бұдан комплекс сандардың теңдігі бойынша: 2 2 2 2   a 2  b 2  a a 2  b 2  a a  a  b  a b  a .        2a  1  0 b(2a  1)  0  b  0  b  2ab Соңғы екі жүйені жеке-жеке шешейік: 28 a1  0,  b1  0,  1  1 a3   2 ,  a 4   2 ..   b3  3 , b4   3   2 2  a 2  1,  b2  0, Сонымен, берілген шартты қанағаттандыратын мына төрт комплекс сандар: 1 2 3 1 3 i;  4    i 2 2 2 α1=0+0i=0; α2=1+0i=1;  3    Мысал 6. Шеңбердің х2+у2+2х=0 теңдеуін комплекс түрде жазу керек. Шешуі: z=x+iy, z =x-iy,  x2+y2=z  z 2x=z+ z Ендеше x2+y2+2x=z  z +(z+ z )=0 Жауабы: z  z +(z+ z )=0 Тиргонометриялық амалдар формадағы комплекс сандарға қолданылатын Бізге тригонометриялық формадағы екі комплекс сан  ,   C берілсін:   r1 (cos  1  i sin  1 );   r2 (cos  2  i sin  2 ) . Осы сандардың көбейтіндісін табайық:     r (cos  i sin  )  r (cos  i sin  )  r  r ((cos cos  sin  sin  )  1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2  i (sin  cos  cos sin  ))  r  r (cos(   )  i sin(   )) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Демек     r1r2 (cos(1  2 )  i sin( 1  2 )) (12) Міне бұдан біз мынадай теореманы дәлелдедік: Теорема. Тригонометриялық формадағы екі комплекс санның көбейтіндісінің модулі көбейткіштердің модульдерінің көбейтіндісіне тең болады, яғни |  | r1 r2 |  |  |  | . Ал екі комплекс санның көбейтіндісінің аргументі көбейткіштердің аргументтерінің қосындысына тең болады (2π-ге еселік бұрышқа дейінгі дәлдікте), яғни arg( )  1   2  arg   arg  Бұл теореманы кез келген санды көбейткіштер үшін жалпылауға болады. Мысал 7.. Мынадай комплекс сандар берілсін: 29     2 cos 5 5  10 10        i sin  i sin ;   3 cos ;   5 cos  i sin  . 6 6  19 19  18 18    Олардың көбейтіндісі:   5 10    5 10        i sin       30(cos 2  i sin 2 )  30 9 18  9 18    6  6       2  3  5 cos  Бізге   r1 (cos  1  i sin  1 );   r2 (cos  2  i sin  2 ) ;   0; r2  0 берілсін. Онда  r1 (cos 1  i sin 1 ) r1 (cos 1  i sin 1 )(cos  2  i sin  2 )      r2 (cos  2  i sin  2 ) r2 (cos  2  i sin  2 )(cos  2  i sin  2 )  r1 (cos 1 cos  2  sin 1 sin  2 )  i (sin 1 cos  2  cos 1 sin  2 )   r2 cos 2  2  sin 2  2  r1 (cos(1   2 )  i sin( 1   2 )) r2 Демек,  r1  (cos( 1   2 )  i sin(  1   2 ))  r2 (13) Теорема. Тригонометриялық формадағы екі комплекс санның бөліндісінің модулі бөлінгіштің модулін бөлгіштің модуліне бөлгенге тең, яғни  r1 |  | . Ал екі комплекс санның бөліндісінің аргументі бөлінгіштің    r2 |  | аргументінен бөлгіштің аргументін шегергенге тең болады,   arg   1   2  arg   arg    Мысал 8. α=12(cos 55º+isin 55º); β=3(cos 35º+isin 35º).  12  (cos(55º-35º)+isin(55º-35º))=4(cos 20º+isin 20º)  3 Мысал 9.   3 cos    8  10 10   8  i sin ;   2 cos    i sin   9 9   9   9     .  Сонда  3 10  8    cos  2  9  9  10  8      i sin    9  9 30 3  cos 2  i sin 2   3 ;    2  2 яғни 1.4 Комплекс сандарды дәрежелеу Жорамал бірліктің натурал дәрежесін in табу үшін, алдымен оның төмендегі дәрежелерін қарастырайық: i1=i i5= i4i=i i2=-1 i6= i4i2=-1 i3=i2i=-i i7= i4i3=-i i4= i2i2=1 i8= i4i4=1 Сөйтіп, жорамал бірліктің төртінші дәрежелерінен кейінгі дәрежелерінің мәндері периодты түрде қайталанып отыр. Демек, кез келген натурал n санды 4ке бөлгендегі қалдыққа орай жорамал бірліктің дәрежесінің мәні шығады: i 4k  1; i 4k 1  i; i 4 k  2  1; i 4 k 3  i . Мысал 10 i 37  i; i 122  i 2  1; i 1003  i 3  i . Бізге белгілі (12) 1 2 ... n  r1 (cos 1  i sin 1 )  r2 (cos  2  i sin  2 )  ...  rn (cos  n  i sin  n )  (12)  r1r2 ...rn (cos(1   2  ...   n )  i sin( 1   2  ...   n )) Енді  1   2  ...   n  r (cos   i sin  ); n  N болсын. Онда  n  (r (cos   i sin  )) n   r  r  ...  r (cos(    ...   )  i sin(     ...   ))   r n (cos n  i sin n ) Бұдан  n  (r (cos   i sin  )) n  r n (cos n  i sin n ) (14) Теорема. Комплекс санның дәрежесінің модулі негіздің модулінің сондай дәрежесіне тең болады да, аргументі - негіздің дәреже көрсеткішіне көбейтілген 31 n n n n аргументке тең болады, яғни   r |  | ; arg   n  n arg  (14) - комплекс санды дәрежелеу формуласы немесе Муавр формуласы деп аталады. Мысал11. 1.   2(cos 20  i sin 20) санының  3 дәрежесін табыңыз. 1 3   4  4 3i  3  (2(cos 20  i sin 20)) 3  8(cos 60  i sin 60)  8  i  2 2   2. (1  i) 60 есептеңіз. Шешуі: a  1; b  1; r  2 1 2   60   (1  i ) 60  2    ( 2 (cos  i sin ))  2 4 4   4 1 2 sin    2  2 cos     2 60    30   cos 60   i sin 60    2 (cos15  i sin 15 )  4 4   2 30 (cos   i sin  )  2 30 (1  0i )  2 30 1.5 Комплекс саннан n-ші түбір табу Комплекс саннан түбір табу амалы оны дәрежелеуге кері амал ретінде қаралады. Сондықтан мына u n    0 теңдеуінің түбірін u  n  деп қарап, кез келген комплекс сан  -ның натурал дәрежелі түбірі деп атайды. Бізге тригонометриялық формадағы   r Cos  iSin   0  C комплекс саны берілсін және осы  -ның nn  N  дәрежелі n  2 түбірін табайық. Ол үшін алдымен түбірден шығатын белгісіз санның модулін  , ал аргументін  деп алайық.Онда n r Cos   iSin    Cos   iSin  немесе теңдеудің екі жағын да n дәрежеге шығарып, мынаны аламыз n r Cos  iSin    Cos  iSin  Бұл теңдеудің оң жағына Муавр формуласын пайдалансақ 32 r Cos  iSin    n Cosn  iSinn  Тригонометриялық формадағы екі комплекс сан тең болады сонда тек қана сонда,егер олардың модульдері өзара тең, ал аргументтері тең немесе бірбірінене айырмашылығы 2 -ге еселік сан болса.Сондықтан   n r  n  r      2 , мұнда  бүтін сан, n     2     n  n r -дің мұнда арифметикалық мәні алынады, себебі   0 сан.Керісінше   2   2   u  n r  Cos  iSin  n n   Санын алып к-ның кез келген бүтін мәнінде, оны n дәрежеге шығарсақ u n      2   2   n r  Cos  iSin n n   n       r   Cosn  n2  iSinn  n2   n n    r Cos  2   iSin   2    r Cos  iSin     Демек   2   2   u  n r Cos  iSin   n r  Cos  iSin  n n     0,1,2,..., n  1 (15) (15) комплекс саннан n-дәрежелі түбір табу формуласы. Мұндағы  бүтін мән қабылдайды, бірақ   0,1,2,..., n  1 мәндерін берсек жеткілікті, себебі басқа мәндерде осы n мәндегі u  қайталанады. Шынында да кез келген бүтін m саны n-ге бөлгенде 0,1,2,...,k-1қалдық қалады.Сондықтан m  nq  k жазуға болады. Мұндағы q -қандайда бүтін сан.Бұдан к-ның орнына осы мәнді апарып қойсақ мынаны аламыз: 33 Cos Sin   2m n   2m n  Cos  Sin   2 nq  k  n   2 nq  k  n   2    2   Cos  2q   Cos ; n n     2    2   Sin  2q   Sin n n   Сондықтан u m  u  , мұнда   0,1,2,..., n  1. Демек, біз төмендегідей теореманы дәлелдедік: Теорема: Комплекс саннан n жәрежелі түбір табылады және n әр түрлі мәнге ие болады, олар (15) формуладан   0,1,2,..., n  1. болғанда табылады. Мысал 12. 4  4 мәнін табыңыз. Шешуі: a  4, b  0, r  16  4 u   4   4  0  i  cos  1      4 4cos  i sin      sin   0   2    2     2    2  4 2 2  cos  i sin  i sin   2  сos ; k  0,1,2,3 4 4  4 4    4 4   0, u0     2  cos  i sin   4 4   2 2  2  i  2  1 i 2    2   2  3  2    2  3   1, u1  2  cos  i sin   2  cos  i sin   2    i   1  i 4 4  4 4 2     2  2   4  5  2    4  5   2, u 2  2  cos  i sin   2  cos  i sin   2    i   1  i 4 4  4 4 2     2  2   6  7  2    6  7   3, u3  2  cos  i sin   2  cos  i sin   2   i   1  i 4 4  4 4 2     2 2. 6 1 i 3i ШЕШУІ: -дің мәндерін табыңыз 34 u  6  6 6 1 i  3 i 2 2 7 7   1  i  2  сos  i sin  4 4      3  i  2 cos  i sin  6 6  6 7 7   2  cos  i sin  4 4       2 cos  i sin  6 6      7    7  cos    i sin      6 6   4  4  19 19    2  2   2  cos 12 ,  i sin 12 2  6 6        0,1,2,3,4,5  0 1  19 19  u 0  12  cos  i sin , 72 72  2  1 1  43 43  u1  12  cos  i sin , 72 72  2  2 1  67 67  u 2  12  cos  i sin , 72 72  2  3 1  91 91  u 3  12  cos  i sin , 72 72  2  4 1  115 115  u 4  12  cos  i sin , 72 72  2  5 1  139 139  u 5  12  cos  i sin . 72 72  2 1-ден n-ші дәрежелі түбір табу 1-ден n-дәрежелі түбір табуды қарастырайық: a  1, b  0, r  1 n 1  cos   1  cos 0  sin 0  (15) формуладан   0 sin   0 35  Cos 2 2  iSin n n   0,1,2,..., n  1 2 2  iSin n n   0,1,2,..., n  1    Cos n (16)  комплекс санының түбірлері мен n 1 -дің түбірлерінің арасында төмендегідей маңызды байланыс бар: Теорема. n дәрежелі түбір астындағы  комплекс санының бір түбірінің осындай дәрежелі түбір астындағы бірдің барлық мүмкін түбірлеріне көбейтіндісі n дәрежелі түбір астындағы   0 комплекс санының барлық түбірлерін береді. Дәлелдеуі. n дәрежелі түбір астындағы  комплекс санының түбірлерін жоғарғыдай u  арқылы, ал n дәрежелі түбір астындағы бірдің түбірлерін  t арқылы белгілейік те, n дәрежелі түбір астындағы  -ның кез-келген бір түбірін u 0 деп алып, u 0   t көбейтіндісін n дәрежелі түбір астындағы  -ның түбірі екенін дәлелдейік. u 0   t -дәрежеге шығарсақ u 0   t n  u 0n   tn    1   яғни u 0   t шынында да n дәрежелі түбір астында  -ның түбірі екен. Енді u  -саны n дәрежелі түбір астында  -ның кез келген бір түбірі n  u  u n  u болсын, онда қатынасын қарайық:    n   1 u0 u0   u0  u Демек,  бөліндісі n дәрежелі түбір астында бірдің түбірі: u0 u   t . Бұдан u   u 0   t . Сондықтан n дәрежелі түбір астында   0 u0 барлық түбірлері u   u 0   t . формуласынан шығады. Осыдан кейін жоғарыдағы 1-мысалға сәйкес 4 1 қарастырайық: 2 2   0,1,2,3    4 1  Cos  iSin ,   0,  0  1 n n 2 2  iSin  i, 4 4 4 4   2,  2  Cos  iSin  1, 4 4 6 6   3,  3  Сos  iSin  i 4 4   1,  1  Cos Бізге белгілі 36 u 0  1  i, ал u0  1  1  i i  1  i  u1 u0   2  1  i  1  1  i  u2 u0   3  1  i  i   1  i  u3 . 1.6 Алғашқы түбір n- дәрежелі түбір астында бірдің түбірлерінің арасынлда алғашқы түбірлері деп аталатын түбірлері өте маңызды роль атқарады.  санын n 1 -дің алғашқы түбірі деп атаймыз, егер  -ді 0,1,2,..., n  1 дәрежеге  0  1,  1 ,  2 ,...,  n 1 шығарғанда n 1 -дің барлық түбірлері шығатын болса. Мысал 13 4 1 -дің алғашқы түбірлері  1  i,  3  i болады, өйткені   i 0  1   0 , i 1  i   1 , i 2  1   2 , i 3  i   3 ал  i 0  1   0 ,  i 1  i   3 ,  i 2  1   2 ,  i 3  i   1 1-теорема:   саны 0    n n 1 -дің алғашқы түбірі болу үшін  , n  1 болуы қажетті және жеткілікті. (Дәлелдеуі оқушылардың өзіне ұсынылады). 2-теорема: n 1 - санының n  2n     болғанда тым болмағанда бір алғашқы түбірі болады. Теореманың дұрыстығына көз жеткізу үшін (16) 2 2 формуласында   1 болсын дейік  1  Cos  iSin n n Бұдан Муавр формуласы бойынша  1 k  Cos 2 2  iSin   n n Демек  1 саны n 1 -дің алғашқы түбірі. Тағы n 1 -дің төмендегідей қасиеттерін беруге болады. 3- теорема: n 1 -дің түбірлерінің көбейтіндісі  ,  ; бөлідісі     де осы n 1 -дің түбірлері болады. Шынында да, егер  n  1 және    n  1 болса, онда    n   n   n 1 n   n 1    n   1 1    Мысал 14. 6 1 -дің мәндерін тауып, оның алғашқы түбірлерін анықтаймыз. Шешуі: 37    6 1  Cos 0 1 1  Cos  3 2 2  iSin 6 6  iSin  3  k  0,1,2,3,4,5 1 3  i 2 2 2 2 1 3  iSin   i 3 3 2 2  3  Cos  iSin   1  2  Cos 4 4 1 3  iSin   i 3 3 2 2 5 5 1 3  5  Cos  iSin   i 3 3 2 2  4  Cos Алғашқы түбірлерін анықтайық: 1-теорема бойынша   саны 6 1 -дің алғашқы түбірі болуы үшін  ,6  1 болуы қажетті және жеткілікті, мұнда   0,1,2,3,4,5; Олай болса 1,6  1, 5,6,  1 ал 0,6  1, 2,6  1, 3,6  1, 4,6  1; Демек  1  1  3 i мен  5  1  3 i 2 2 2 2 алғашқы түбірлер. 38 2 Алгебралық теңдеулер жүйесі және олардың шешу тәсілдері 2.1 Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер жүйесін шешу Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеудің шешімі – теңдеудегі x,y-тің орнына қойғанда тура санды теңдікке айналдыратын сандар (x,y) жұбы. Шешімдері бірдей болатын екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер мәндес теңдеулер деп аталады. Шешімдері болмайтын екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер де мәндес теңдеулер болып табылады. Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер жүйесін графиктік тәсілмен шешу үшін: 1) теңдеулердің әрқайсысының графигін бір координаталық жазықтыққа саламыз; 2) егер графиктері қиылысса, олардың қиылысу нүктесінің координатасын табамыз. Қиылысу нүктесінің координатасы теңдеулер жүйесінің шешімі болып табылады; 3) егер графиктер (түзулер) өзара параллель болса, теңдеулер жүйесінің шешімі болмайды; 4) егер графиктер беттессе, түзудің бойындағы барлық нүктелер теңдеулер жүйесінің шешімі болады. Ондай нүктелер шексіз, сондықтан теңдеулер жүйесінің шешімі де шексіз. Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер жүйесін графиктік тәсілмен шешуге мысалдар:  yx x  y  4 1)   y  2x x  y  6  y  4 x  x  y  9 3)  2)   2 y  3x 3x  y  4 4)  Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер жүйесін алмастыру тәсілі арқылы шешу үшін: 1) бірінші теңдеудегі x-ті y арқылы немесе y-ті x арқылы өрнектейміз; 2) өрнектелген айнымалының мәнін екінші теңдеудегі орнына қойып, екінші айнымалыны табамыз; 3) табылған айнымалының мәнін өрнектелген айнымалыдағы мәнінің орнына қойып, бірінші айнымалыны табамыз. Теңдеулер жүйесінің шешімі табылады. Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер жүйесін алмастыру тәсілімен шешуге мысалдар:  x  2y  3 3 x  2 y  7 1)   y  4 x  12 2 x  3 y  22 2)  39  2x  y  2 2 x  5 y  1 3)  2 x  y  1  x  2y  7 4)  Екі айнымалысы бар сызықтық теңдеулер жүйесін қосу тәсілі арқылы шешу үшін: 1) теңдеулер жүйесіндегі теңдеулердің оң жақ және сол жағын мүшелеп қосқан кезде, жүйедегі теңдеудің біреуінің бір айнымалысы нөлге айналатындай санға көбейтеміз. 2) нәтижесінде бір айнымалының мәні табылады. 3) табылған айнымалының мәнін жүйедегі бір теңдеуге қою арқылы екінші айнымалының мәнін табады. Теңдеулер жүйесінің шешімі табылады. Екі айнымалыдан тәуелді теңдеулер жүйесін қосу тәсілмен шешуге мысалдар: x  y  6 x  y  4 2 x  3 y  11  2x  3y  5 1)   4 x  y  7  4x  y  9 3)  2)   3x  2 x  4  3x  y  2 4)  2.2 Квадрат теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу Алгебралық теңдеулер жүйесін шешу алгебралық теңдеулерді шешуге келтірілетіні белгілі. Төменде квадрат теңдеулерді шешу жайлы қарастырайық. Квадрат теңдеу ұғымы ашық анықтама беру арқылы енгізіледі. Квадрат теңдеу деп ax 2  bx  c  0 түріндегі теңдеуді айтамыз, мұнда a  0 , в,с- кез келген сан. Квадрат теңдеулердің түбірлерін қорытып шығарудың бірнеше әдістері бар: бірден жалпы жағдай үшін немесе алдымен келтірілген квадрат теңдеу үшін қандай әдіс қолданылса да, ax2  bx  c квадрат үшмүшелігінен толық квадрат бөліп алынады. Квадрат үшмүшеліктен екі мүшенің толық квадратын бөліп шығару оқушыларға мысалдар арқылы көрсетіледі. b  b 2  4ac  ax  bx  c  a x    2a  4a  2 2 Квадрат теңдеудің түбірін қорытып шығарғандағы негізгі қажетті этапзерттеу: түбірдің жоқ болуы, бір немесе екі түбірі болуы. Мұнда дискриминант ұғымы енгізіледі. Зерттеу нәтижесінде төмендегі тұжырымдар 2 қорытындыланады: «Егер ax  bx  c  0 квадрат теңдеуінің дискриминанты теріс 40 болса, онда оның нақты түбірлері жоқ; егер D=0 болса, онда жалғыз түбірі бар, b D b ол тең  ; егер D >0 болса, онда теңдеудің екі түбірі бар » 2a 2a Осы қорытындыға негізделіп, нақты квадрат теңдеудің шешуі төмендегідей жүргізіледі: алдымен дискриминант есептеледі, ол нольмен салыстырылады, егер ол теріс емес болса, онда түбір табу формуласы қолданылады. Кейде x 2  px  q  0 , x 2  2 xp  q  0 теңдеулерін шешу формулалары оқулықтарда кездеседі. « Квадрат теңдеу» тақырыбын оқудан алдын толымсыз квадрат теңдеулер қарастырылуы мүмкін. Толымсыз квадрат теңдеулердің шешу алгоритмдері әртүрлі болғанмен, осы тақырыпты оқығанда оқушыларға квадрат теңдеуді шешудің жалпы формуласын қолдануды көрсеткен жөн. Квадрат теңдеуді оқыту кезінде маңызды моменттердің бірі - Виет теоремасын қарастыру. Бұл теореманы оқытудың қиындығы оқушылардың осы теореманың турасы мен керісін шатастырады: тура теоремада квадрат теңдеу мен оның түбірлері берілген, ал кері теоремада-екі сан берілген , квадрат теңдеу теореманың қорытындысында пайда болады. Мысалы: квадрат теңдеудің түбірін табуда Виет теоремасының керісіне жүгіну керек. D=0 жағдайда Виет теоремасын қолдану үшін квадрат теңдеуді өзара тең екі түбірі бар дейміз. Квадрат теңдеу теориясын меңгеру, алгебра курсында қарастырылатын басқа да теңдеулерді шешуге жәрдем береді, Мысалы, a c   k - бөлшек xb xd рационалды, биквадрат теңдеу т. б. Квадрат теңдеуді шешудің жалпыланған тәсілі мынадай этаптарды қамтиды: 1) теңдеу қарапайым квадрат теңдеу ме, соны анықтау (толық немесе толымсыз). Егер «иә» болса, онда 4 этаптан-тен, егер «жоқ» болса, онда 2 этаптан бастау керек. 2) Теңдеуді қарапайым түрге келтіру үшін төменде теңбе-тең және мәндес түрлендірулердің қайсысын орындау керектігін анықтау: жақшаларды ашу, ортақ бөлгішке келтіру, теңдеудің мүшелерін бір жағынан екінші жағына өткізу, ұқсастарын біріктіру. 3) Іріктелген түрлендірулер арқылы теңдеуді ax2  bx  c  0 , a  0 түрге келтіру. 4) дискриминантты табу. D  b 2  4ac 5) х-ті формула бойынша табу. D  0 болғанда x1, 2  D0 6) 7) де x1, 2   b ; D  0 болғанда шешуі жоқ. 2a егер керек болса, тексеру жасау. Жауабын жазу. 41 b D 2a ; 2.3 Жүйенің әрбір теңдеуінің сол жағы белгісіздерге қатысты көпмүшелік болып табылатын жүйелерді әртүрлі тәсілдермен шешу Жүйенің әрбір теңдеуінің сол жағы белгісіздерге қатысты көпмүшелік болып табылатын жүйені қарастырайық. Мәтіндік есептерді шешу кезінде дәл осы түрдегі жүйелер жиі кездеседі, яғни мұндай жүйелердің практикалық қолданыс аясы кең деген сөз. Негізгі теорияны үш белгісізден тәуелді үш теңдеулер жүйесі үшін баяндайық. Үш белгісізден x , y , z тәуелді үш теңдеулер жүйесі берілді дейді,  f1 x, y, z   0,   f 2 x, y, z   0,  f  x, y , z   0  3 1 егер жүйенің әрбір теңдеуін қанағаттандыратын x, y, z  үштігін табу керек болса. Сандардың x0 , y0 , z 0  үштігі жүйенің әрбір теңдеуін қанағаттандырса, яғни олардың орнына қойғанда тура сандық тепе-теңдік пайда болса, онда ол үштікті жүйенің шешімі деп атайды. Жүйенің анықталу облысы дегеніміз x , y , z белгісіздерінің жүйенің әр теңдеуінің мағнасы болатындай барлық мәндерінің жиынын айтамыз. Жүйені шешу дегеніміз – оның барлық шешімдерін табу немесе шешімнің жоқ екендігін көрсету.  f1 x, y, z   0,  g1 x, y, z   0,  Екі теңдеулер жүйесі  f 2 x, y, z   0, және  g 2 x, y, z   0, мәндес деп  f  x, y , z   0  g  x, y , z   0  3  3 аталады, егер олардың шешімдер жиыны беттесетін болса. Мәндес жүйелерді былайша белгілейді:  f1 x, y, z   0,   f 2 x, y, z   0,   f x, y, z   0  3  g1 x, y, z   0,   g 2 x, y, z   0,  g  x, y , z   0  3 F x, y, z   0 2 теңдеуін 1 жүйесінің салдары деп атайды, егер 1 жүйесінің әр шешімі 2 теңдеуінің шешімі болса.  f1 x, y, z   0, Және оны былайша белгілейді:  f 2 x, y, z   0,  F x, y, z   0 .  f  x, y , z   0  3 1 жүйесі келесі 42  р1 x, y, z   0,   р 2 x, y, z   0,  р x, y, z   0  3 3  g1 x, y, z   0,   g 2 x, y, z   0,  g  x, y , z   0  3 4 және жүйелер жиынтығына эквивалентті, егер келесі шарттар орындалса: 1) 1 жүйесінің әр шешімі 3 , 4 жүйелерінің тым болмағанда бірінің шешімі болса; 2) 3 , 4 жүйелерінің әр шешімі 1 жүйесінің шешімі болса. Сформулируем теоремы, которые лежат в основе методов решения систем уравнений. Приводить доказательства этих теорем не будем, т.к. обоснования теорем объемны, но не сложны. Доказательства основаны на приведенных выше определениях, а также доказательства теорем можно посмотреть в [1], [4]. Теңдеулер жүйесін шешу әдістерінің негізінде жатқан теоремаларды тек тұжырымдап қоямыз, олардың дәлелдеулерін қарастырмаймыз. Дәлелдеулері жоғарыда келтірілген анықтамаларға негізделген, сонымен қатар теоремалардың дәлелдеулерін [1], [4] әдебиеттерінен табуға болады. Теорема 1. 1 жүйесінің қандай да бір теңдеуі екі теңдеуге «жіктелсін», яғни g1 x, y, z   g 2 x, y, z   0 , мұндағы g1 және g 2 - x , y , z айнымалыларынан тәуелді көпмүшелік болсын. Онда 1 жүйесі өзінің анықталу облысында келесідей екі теңдеулер жиынтығына мәндес:  g1 x, y, z   0,   f 2 x, y, z   0,  f  x, y , z   0  3  g 2 x, y, z   0, және  f 2 x, y, z   0,  f x, y, z   0.  3 Бұл пайымду жүйенің бірнеше теңдеуі бірнеше көбейткіштерге «жіктелген» кезде де орынды. Теорема 2. Егер 2 теңдеуі 1 жүйенің салдары болса, онда 1 жүйеге 2 теңдеуді қоса отырып, төрт теңдеуден тұратын алғашқы жүйеге мәндес болатын жүйені аламыз. Теорема 3. Егер 2 теңдеуі 1 жүйенің салдары болсын және екі теңдеуге «жіктелсін», яғни F1 x, y, z   F2 x, y, z   0 , мұндағы F1 және F2 - x , y , z айнымалыларынан тәуелді көпмүшелік, онда жүйе келесі жүйелер жиынтығына эквивалентті: 43  f 1  x,  f  x,  2   f 3  x,   F1 x, y, z   0, y, z   0, y, z   0, және y, z   0,  f 1  x,  f  x,  2   f 3  x,   F2 x, y, z   0, y, z   0, y, z   0, y, z   0. Теорема 4. Жүйенің бір теңдеуіне қандай да бір тұрақтыға көбейтілген екінші бір теңдеуін мүшелеп қосуға болады. Теорема 5. 1 жүйесінің қандай да бір теңдеуі, мысалы біріншісі f1 x, y, z   0 y және z айнымалыларынан тәуелді көпмүшеліктен тәуелді x    y, z  теңдеуіне эквивалентті болсын, онда 1 жүйесі келесі жүйеге мәндес:  x    y, z ,   f 2   y, z , y, z   0,  f   y, z , y, z   0.  3 2.4 Белгісізден біртіндеп құтылу әдісі. Айнымалыны ауыстыру әдісі Бұл әдіс 5 теоремаға негізделген. Мысал 1. Жүйені шешу керек: 1  x  y 2  0,  2  y  y 3  xy. Шешуі. бірінші теңден x өрнектеп: x  1  y 2 , оны екінші теңдеуге қоямыз. Нәтижесінде y 2  y  0 , оның түбірлері y1  0 , y2  1 . Сәкесінше x1  1, x2  2 . Жауабы. 1; 0 ; 2; 1.  x  y  z  2,  Мысал 2. 2 x  3 y  z  1, жүйені шешу керек.  2 2 2  x   y  2  z  1  9 Шешуі. Бірінші теңдеуден x өрнектеп екінші және үшінші теңдеулерге қоямыз.  x  2  y  z,  22  y  z   3 y  z  1,  2 2 2 2  y  z    y  2  z  1  9. 44 Мәндес түрлендірулерді жасаған соң, мынаны аламыз:  x  2  y  z,  3  y  z  0,  y 2  3 z  z 2  yz  0.  Жүйенің соңғы екі теңдеуін екі белгісізден тәуелді екі теңдеуден тұратын жүйе деп қарастырып, оны шешйік:  z  y  3,  z  y  3,   2  2 2  y   y  3  3 y  3  y  y  3  0,  y  2 y  0. Соңғы жүйенің екінші теңдеуі мынадай шешімдерге ие болады: y1  0 , y 2  2 . Сосын z табамыз: z1  3 , z 2  1; және де берілген жүйенің бірінші теңдеуіне табылған мәндерді қоя отырып x табамыз: x1  1, x2  3 . Жауабы.  1; 0; 3 ; 3;  2; 1 . Айнымалыны ауыстыру әдісі Мысал 3. 1 5  1  x  y  2,    1  1  15 .  x y 2 4 жүйені шешу керек. Шешуі. 1 x u, 5  u  v  2 ,   u 2  v 2  15 ,  4 1  v деп белгілеу енгізе отырып, мынаны аламыз: y 5  u  v  2 ,   u  v u  v   15 ,  4  u  v   u  v   5 , 2  3 , 2 ескі айнымалыларға көше отырып шешімді аламыз: 45 u  2,   1 v  2 .  1  x  2,    1 1   ,  y 2 1  x  , 4   y  2. Жауабы.  ; 2  . 1 4  Мысал 4.  x 2  y 2  10,   x  y  3xy  13. жүйені шешу керек. Шешуі. x  y  a , xy  b деген белгілеулер енгіземіз, онда x 2  y 2   x  y   2 xy  a 2  2b . 2 13  3b 2  2b  10, a 2  2b  10,     a  13  3 b , a  3 b  13 ,   9b 2  80b  159  0,   a  13  3b,  14 a1   3 ,  b  53 ,  1 9  a 2  4, b  3.  2 x және y ескі айнымалыларға көше отырып мынаны аламыз: 14   x  y   3 ,  1)   xy  53 ,  9 14   x    y, 3  9 y 2  42 y  53  0.  Соңғы жүйенің екінші теңдеуінің нақты түбірлері жоқ. Ендеше теңдеудің шешімі жоқ. 46  x  y  4,  x  4  y,   2  xy  3,  y  4 y  3  0, 2)  бұдан y1  3 , y2  1 және x : x1  1, x2  3 . Жауабы. 1; 3 ; 3; 1 . Бұл мысалдың жүйесінде теңдеулер белгісіздерге қатысты симметриялы болып саналады, яғни олар айнымалыларды орындарымен ауыстырғанда өзгермейді. Мұндай теңдеулер жүйесі симметриялық деп аталады. Симметриялық жүйелерді шешу үшін, жаңадан белгісіз x  y  a , xy  b x және y тәуелді симметриялық көпмүшелікті қабылдау ыңғайлы. Мұндай ауыстыру келесі теоремаға негізделеді: x1 ,, xn белгісіздерден тәуелді симметриялық көпмүшелікті сол белгісіздерден тәуелді негізгі симметриялық көпмүшеліктер арқылы бір ғана тәсілмен өрнектеуге болады. Теорема жоғары алгебрада дәлелденеді және екі белгісізден тәуелді болған жағдайды [4] әдебиетінен табуға болады. Симметриялы жүйелерді шешкен кезде S n  x n  y n түріндегі көпмүшелік a және b арқылы өрнектеу керек. S 2 , S 3 , S 4 , S 5 қосындылары a  x  y және b  xy арқылы былайша өрнектеледі: S 2  x 2  y 2  a 2  2b, S 3  x 3  y 3  a 3  3ab, S 4  x 4  y 4  a 4  4a 2 b  2b 2 , S 5  x 5  y 5  a 5  5a 3 b  5ab 2 . S n  aS n1  bS n2 . екендігін дәлелдеуге болады. Сонда,          aS n 1  x  y  x n 1  y n 1  x n  y n  yx n 1  xy n 1  x n  y n    xy x n  2  y n  2  S n  bS n  2 , S n  aS n1  bS n2 . 2.5 Теңдеулерді алгебралық қосу әдісі Теңдеулерді алгебралық қосу әдісі негізінде жоғарыда айтылып кеткен 5 теорема жатыр. Мысал 5. 47  x 2 y 2  y 2  2 xy  2,  2 2 3x y  2 y 2  8 xy  1. жүйені шешу керек: Шешуі. Бірінші теңдеуді  2 -ге көбейтіп, жүйенің екінші теңдеуіне қосамыз, нәтижесінде мынадай жүйе пайда болады:  x 2 y 2  y 2  2 xy  2,  2 2  x y  4 xy  3  0. Жүйенің екінші теңдеуін xy айнымалысына қатысты квадрат теңдеу ретінде шеше отырып, xy  3 немесе xy  1 екендігін аламыз. табылған мәндерді жүйенәі бірінші теңдеуіне қоямыз: 9  y 2  6  2,  y 2  1, 1)  бұдан   xy  3;  xy  3. Жүйенің екі шешімі бар: x1  3 , y1  1 ; x2  1 , y2  3 . 1  y 2  2  2,  y 2  3, бұдан   xy  1;  xy  1. 2)  жүйенің шешімі жоқ. Жауабы.  3; 1 ;  1; 3 . Мысал 6. Жүйені шешу керек:  xy  z 2  2,  2  yz  x  2,  xz  y 2  2.  Шешуі. Жүйенің екінші теңдеуінен бірінші теңдеуді шегереміз де пайда болған теңдеудің сол жағын көбейткішке жіктейміз. yz  xy  x 2  z 2  0, x  z x  z   yx  z   0, x  z x  z  y   0. Сол сияқты жүйенің үшінші теңдеуінен екінші теңдеуді шегереміз де пайда болған теңдеудің сол жағын көбейткішке жіктейміз: 48  y  xx  y  z   0. жоғарыдағы 4 теоремаға сәйкес берілген жүйе келесі теңдеулер жүйесіне эквивалентті болады:  x  z  x  y  z   0,   y  x  x  y  z   0,  xz  y 2  2.  Бұл жүйе жоғарыда айтылған 1 теореманың негізінде келесідегідей төрт жүйе жиынтығына мәндес:  x  z  0,  x  y  z  0,  x  z  0,  x  y  z  0,    1)  y  x  0, 2)  x  y  z  0, 3)  x  y  z  0, 4)  y  x  0,  xz  y 2  2;  xz  y 2  2;  xz  y 2  2;  xz  y 2  2.     Бұлардың әрқайсысын шеше отырып мына жауаптарды аламыз: 1) 2) 3) 4) жүйесінің шешімі жүйесінің шешімі жүйесінің шешімі жүйесінің шешімі x1  1, y1  1, z1  1 ; x2  1 , y2  1, z 2  1; x 3  0 , y 3  2 , z 3  2 ; x4  0 , y 4   2 , z 4   2 ; x5  2 , y5  0 , z5  2 ; x6   2 , y6  0 , z 6   2 ; x7  2 , y7  2 , z 7  0 ; x8   2 , y8   2 , z 8  0 . Жауабы. 1; 1; 1 ;  1;  1;  1 ; 0; 2 ; 2 ; 0;  2 ;  2 ;  2; 0;  2 ;  2; 2; 0;  2;  2; 0.  2 ; 0;  2 ; Біртекті теңдеулер жүйесін шешу Екі белгісізден тәуелді екі теңдеуден тұратын мына жүйені a0 x n  a1 x n 1 y  a 2 x n  2 y 2    a n 1 xy n 1  a n y n  k1 ,  n b0 x  b1 x n 1 y  b2 x n  2 y 2    bn 1 xy n 1  bn y n  k 2 біртекті деп атайды. Теңдеулердің құрамындағы көпмүшеліктер п ретті біртекті көпмүшеліктер болып табылады. Мысал 7. Жүйені шешу керек: 2 x 2  xy  3 y 2  0,  2  x  3 xy  2 y 2  1. 49 Шешуі. y  0 дейік, онда жүйенің бірінші теңдеуінен x  0 екендігін табамыз. 0; 0 екінші жүйенің шешімі емес. Сондықтан да y  0 жағдайын қарастырамыз. Бірінші теңдеудің екі жақ бөлігін де y 2 бөлейік: 2  x x 2    3  0 . y  y Бұл теңдеу екінші теңдеумен бірге берілген жүйеге эквивалентті жүйені құрайды. Берілген жүйені шеше отырып, x x 3 3  1 не  , яғни x   y не x  y 2 y y 2 екендігін аламыз. Онда берілген жүйе мына екі жүйеге мәндес болады: 3   x   y,  x  y, және  2  2 2  x  3xy  2 y  1,  x 2  3xy  2 y 2  1.  Бірінші жүйенің нақты шешімдері жоқ. Екінші жүйені шеше отырып, мынаны аламыз: y   2 , онда x   3 . Жауабы. 3; 2 ;  3;  2 . 6-мысалда k1 , k 2 сандардың біреуі 0 -ге тең болатын біртекті жүйені қарастырдық. Егер біртекті жүйеде k1  0 , k 2  0 , онда мұндай жүйені алдыңғы түрге келтіру керек. Мұны мысал арқылы көрсетейік. Мысал 8. Жүйені шешу керек: 2 x 2  3 xy  y 2  3,  2  x  2 xy  5 y 2  5. Шешуі. Жүйенің бірінші теңдеуін 5-ке және екіншісін 3-ке көбейтіп, алынған теңдеулерді қосамыз. Нәтижесінде бізде мына теңдеуді аламыз: 13x 2  21xy  10 y 2  0 , бұл теңдеу жүйенің бірінші теңдеуімен бірге жүйені береді. түпнұсқаға теңестіріледі. 0; 0 сандары осы жүйенің шешімі емес, сондықтан соңғы теңдеуден келесі теңдеуге өтуге болады: 2 x x 13   21  10  0 . y  y 50 Бұны шеше отырып x x 5 5  2 немес  , яғни x  2 y немесе x  y 13 y y 13 екендігін аламыз. Келесідегідей екі теңдеулер жиынтығын аламыз: 5  y,  x  2 y, x  13 және   2 2 2 x  3xy  y  3, 2 x 2  3xy  y 2  3.  Бірінші жүйеден y   1 , x   2 . Екінші жүйенің шешімі: y   x 5 138 13 138 , .  5 Жауабы. 2;  1;  2; 1;   138 ; 13   ; 138   5 13    ;   . 138   138 Мысал 9. Жүйені шешу керек: 26 x 2  xy  2 y 2  0,  2 3x  xy  2 y 2  0. Шешуі. 0; 0 жұбы жүйені қанағаттандырады. y  0 болсын. Теңдеудің екі жақ бөлігін де y 2 бөліп, келесі жүйені аламыз:   x 2 6      y  2  x 3  y      1 x 2 x   ;   , y 2 y 3  бұдан   x  1; x   2 . x  2  0,  y y 3 y x  2  0, y x 2 2   . y  z десек, онда x   z . z  0 болғанда x  0 және y  0 3 y 3 2 шешімдерін аламыз. Берілген жүйенің шешімін   z; z  жұбы ретінде береміз,  3  мұндағы z  R . 2 Жауабы.   z; z  , z  R .  3  Ендеше Теңдеулердің сол жағында екіншіден жоғары деңгейлі біртекті полиномдар болып табылатын жүйелердің мысалдарын қарастырайық. Мысал 10. Жүйені шешу керек: 51  x 3  y 3  7,  2  x y  xy 2  2. Шешуі. Жүйенің сол жағын көбейткіштерге жіктейік: x  y x 2  xy  y 2   7,   xyx  y   2. Жүйенің соңғы теңдеуіне мүшелеп бөле отырып, мына теңдеуді аламыз: x y 7 1  . y x 2 пайда болған теңдеу мен жүйенің бірінші теңдеуі берлілген жүйеге мәндес болатын жаңа жүйені құрайды. x  m деп, 2m 2  5m  2  0 екенін аламыз, бұдан y 1 1 , яғни x  2 y , x  y . Егер x  2 y , онда жүйенің бірінші тедеуінен 2 2 1 y  1 екенін табамыз және де x  2 . Сол сияұты, егер x  y , онда y  2 , x  1. 2 Жауабы. 2; 1;  1;  2. m1  2 , m 2  Мысал 11. Жүйені шешу керек:  x 4  6 x 2 y 2  y 4  136,  3  x y  xy3  30. Шешуі. Жүйенің теңдеулерін алгебралық қосуды, бірінші теңдеуді 15-ке, ал екіншісін -68-ге көбейтіп, қосамыз. Жүйенің екінші теңдеуімен бастапқы теңдестіретін жүйені қалыптастыратын теңдеуді аламыз: 15 x 4  68 x 3 y  90 x 2 y 2  68 xy3  15 y 4  0,  3  x y  xy3  30. Алдыңғы мысалдардағыдай, жүйенің бірінші теңдеуін y 4 бөлуге болады. Нәтижесінде төртінші дәрежелі теңдеуді аламыз, оны шешу өте қиын. Дегенмен, оны шешіп, алдыңғы мысалдарда сипатталған жүйенің шешімі жоспарын іске асыра отырып, біз жауап аламыз. Бірақ симметриялы жүйе беріледі, сондықтан жаңа белгісізді енгізе отырып, оны қарапайым пішінге айналдыруға болады. Көрсетейік. 52  x 4  6 x 2 y 2  y 4  136,  3  x y  xy3  30,      x 2  y 2 2  4xy2  136,  2  x  y 2 xy  30. x 2  y 2  a , xy  b болсын, онда a 2  4b 2  136, және т.с.с.  ab  30, нәтижесінде шешімді аламыз. Жауабы. 1; 3 ; 3; 1 ;  1;  3 ;  3;  1 . Мысал 12. Жүйені шешу керек: 4 x 3  3x 2 y  xy 2  0,  32 x 2  36 xy  9 y 2  6. Шешуі. Жүйенің бірінші теңдеуі біртекті, бірақ оның сол жағындағы барлық мүшелер x -ке бөлінгенін ескеріңіз. Демек, бұл жүйе теңдеулердің екі теңдеулер жүйесінің баламасымен ауыстырылады 4 x 2  3xy  y 2  0,  x  0, и   2 2 32 x 2  36 xy  9 y 2  6. 32 x  36 xy  9 y  6, Бірінші жүйеден x1  0 , y1  Екінші жүйені қанағаттандырылады:  x    y   30  , x   5   30  ; y 5  шешу 30 , 5 30 ; 5 6 6 ; x2  0 , y 2   . 3 3 процесі  30 , x    40   y  30 ;  10 белгілі,  30 , x   40   y   30 .  10 53 ол төрт жұп санымен  Жауабы.  0;  6 ; 3   6  0;  ;   3    30   5 ;  30  ; 5   30 30   ; ;    5 5    30 30   ; ;  40  10    30 30   . ;   40  10   2.6 Белгісіздерден біртіндеп құтылу арқылы шешу тәсілі Мысал 13. Жүйені шешу керек:  x1  2 x2  x3  3x4  6, 2 x  5 x  3x  x  11,  1 2 3 4  5 x  8 x  6 x  4 x 4  24, 2 3  1  3x1  x2  x3  12 x4  4. Шешуі. Жүйенің бірінші теңдеуін  2 көбейтіп, алынған теңдеуді екіншіге қосыңыз. Содан кейін бірінші теңдеуді  5 көбейтіп және үшіншіге қосыңыз. Бірінші теңдеуді көбейту арқылы, ал алынған теңдеу төртіншіге қосылады. Сонда бұл жүйе келсі түрде болады:  x1  2 x 2  x3  3x 4  6,   x 2  5 x3  7 x 4  23,   2 x 2  x3  11x 4  6,   5 x 2  2 x3  21x 4  22. Түрлендірулер бірінші теңдеуде белгісіздіктен тұратын жүйені алу үшін жүргізілді және басқа теңдеулерден шығарылды. Жүйенің бірінші теңдеуін қалдырып, жүйенің соңғы үш теңдеуін үшінші және төртінші теңдеулерден шығарып тастайды. Соңғы жүйенің екінші теңдеуін көбейтіп, оны үшінші теңдеуге қосыңыз. Екінші теңдеуді көбейтіп, төртіншіге қосыңыз. Нәтижесінде біз жүйені аламыз  x1  2 x2  x3  3x4  6,   x 2  5 x3  7 x4  23,    9 x3  25 x 4  52,    27 x3  56 x4  137.  Соңғы жүйенің үшінші теңдеуін  3 көбейту арқылы және алынған теңдеу төртіншіден қосылады. Жүйе келесі түрде болады: 54  x1  2 x2  x3  3x 4  6,   x  5 x  7 x  23,  2 3 4   9 x3  25 x 4  52,    19 x4  19.  Соңғы жүйеден x4  1 тауып аламыз, сосын үшінші теңдеуден x3  3 , екнішісінен x2  1 , біріншісінен x1  2 . Жауабы. 2; 1; 3;  1 . 13 мысалды шешу кезінде қолданылған барлық түрлендірулер мәндес, олардың барлығы 4 теоремаға негізделгендіктен. Жүйені шешкен тәсілді Гаусс тәсілі деп атайды. Жоғарыдағы мысалды шешкендегідейжүре отырып m теңдеулерден және n белгісізден тұратын сызықтық теңдеулер жүйесінің шешімі болмайтынын немесе оның мынадай түрге келетінін айтуға болады:  x1  a12 x 2  a13 x3    a1n x n  b1 ,  x 2  a 23 x3    a 2 n x n  b2 ,   x3    a3n x n  b3 , мұндағы p  n .     x p    a pn x n  b p ,  Егер p  n , яғни соңғы теңдеу мына түрде болса xn  bn , онда жүйенің бұл жағдайда бір ғана шешімі болады. Егер p  n , онда жүйенің кез келген шешімі мына түрде табылады: x p 1 , x p  2 ,…, x n белгісіздеріне кез келген мәнді беруге болады, ал x p , x p 1 ,…, x1 белгісіздері жүйенің теңдеулері арқылы біртіндеп табылады. Мысал ретінде 13 мысалдағы жүйені соңғы теңдеуінен құтыла отырып, оны шешуді қарастрайық. Мысал 14. Жүйені шешу керек:  x1  2 x2  x3  3x4  6,  2 x1  5 x2  3x3  x4  11, 5 x  8 x  6 x  4 x  24. 2 3 4  1 Шешуі. жоғарыдағы мысалдардағыдай түрлендірулерді жасай отырып мына жүйені аламыз:  x1  2 x2  x3  3x4  6,   x2  5 x3  7 x4  23,    9 x3  25 x4  52.  55 Жүйенің шешімін x 4 белгісізін кез келген деп ала отырып жүйеден x3 , x 2 , x1 белгісіздерін бірітіндеп табамыз: x3  52 25 8 8  x 4 ; x 2  5 x3  7 x 4  23  5  6 x 4 ; 9 9 9 9 7 5 x1  2 x 2  x3  3x 4  6  10  11 x 4 . 9 9 Жауабы.   11 x4  10 ;  6 x 4  5 ; 2 x4  5 ; x4  , мұндағы x4  R .  5 9 7 9 8 9 8 9 7 9 7 9  Бесконечно много решений может получиться, когда система имеет столько же уравнений или больше, чем неизвестных. Мысал 15. Жүйені шешу керек:  x  y  z  2m  1, 2 x  2 y  z  2m  4,    x  y  2 z  3m  3, 3x  3 y  z  15. Шешуі. Бірінші теңдеуді  2 көбейтіп, екінші теңдеумен қосамыз. сосын бірінші теңдеуді үшінші теңдеумен қосамыз, және де бірінші теңдеуді -3 көбейтіп төртінші теңдеумен қосамыз. Нәтижесінде мына жүйені аламыз:  x  y  z  2m  1,  z  2m  2,   z  m  4,   4 z  6m  12. Ары қарай түрлендіре отырып мынаны аламыз:  x  y  z  2m  1,  z  2m  2,    m  2,    2m  4. Төртінші теңдеу түрі 0  0 оны жазбаймыз, сонда жүйенің түрі мынадай болады: 56  x  y  z  2m  1,  z  2m  2,    m  2.  Жүйенің жалпы шешімін y кез келген дей отырып табамыз: m  2 , z  2  2m  6 , x  1  z  2m  y  3  y . Жауабы. 3  y; y; 6;  2 , y  R . Мысал 16. Жүйені шешу керек:  x1  2 x 2  3x3  5,  2 x1  3x 2  4 x3  7, 3x  7 x  11x  21. 2 3  1 Шешуі. Жүйенің теңдеулеріне Гаусс әдісіне түрлендірулерді жасай отырып мына мәндес жүйені аламыз: сәйкес келетін  x1  2 x2  3x3  5,  x 2  2 x3  3,    x 2  2 x3  6.  Бұл жүйенің шешімі жоқ, себебі, екінші теңдеуден x2  2 x3  3 екендігін аламыз, ал үшінші теңдеуден x2  2 x3  6 . Былай болуы мүмкін емес. Жауабы. Шешімі жоқ. Белгілі әдістерге келтіретін кейбір тәсілдер арқылы жүйені шешу Мысал 17. Жүйені шешу керек:  x  y  z  18,  2 2 2  x  y  z  108. Шешуі. Бірінші теңдеудің екі жағын да квадраттаймыз: x  y  z 2  x 2  y 2  z 2  2 xy  2 xz  2 yz  324. Онда түрлендірулерден соң бірінші теңдеу мына түрде болады: xy  xz  yz  108. 57 Нәтижесінде берілген жүйе мына түрде болады:  x 2  y 2  z 2  108,   xy  xz  yz  108. Бірінші теңдеуден екінші теңдеуді 2-ге көбейтіп алып тастаймыз пайда болған өрнектің толық квадратын айырамыз: x  y 2  x  z 2   y  z 2  0 , бұдан x y  z. Жүйенің бірінші теңдеуінен x  y  z  6 екендігін алуға болады. Тексеру нәтижесінде жүйенің шешімі x  6 , y  6 , z  6 сандары болатындығын көреміз. Жауабы. 6; 6; 6 . Мысал 18. Жүйені шешу керек:  x 8 y 6  64,  6 8  x y  256. Шешуі. Теңдеулерді көбейте отырып мынаны аламыз: xy14  214 , ендеше, xy  2 . Берілген жүйе келесі түдегі екі жүйеге мәндес:  xy  2,  xy  2, және  8 6  8 6  x y  64,  x y  64.  xy  2,  xy  2,      2 6 2 8 6  x  xy  64,  x y  64,  x  1,  xy  2, Бірінші жүйені шеше отырып  x  1, y  2 немесе x  1, y  2 . Екінші жүйеден x  1, y  2 екендігін аламыз немесе x  1 , y  2 . Жауабы. 1; 2 ; - 1; 2 ; 1;  2 ; - 1;  2 .  x 2  xy  2 y 3  2 x  7 y  3  0,  x 2  y 2  8. Мысал 19. Жүйені шешу керек:  Шешуі. Элементар түрлендірулерден соң мына теңдеуді аламыз: x 2   y  2x  7 y  3  2 y 2  0 . 58 Бұл теңдеуді x қатысты квадрат теңдеу деп шеше отырып: y  2  y 2  4 y  4  28 y  12  8 y 2 y  2  3 y  4 x  2 2  x  2 y  1,  x  3  y, x  2 y  1 , x  3  y . Бұдан  2 и  2 2 2  x  y  8,  x  y  8. 2 3 1 3 5 6 1 6 Бірінші жүйеден x  3 , y  1 ; x  3 , y  2 , екнішісінен - x  2 , y  . 2 1 5 1 Жауабы.  3;  1 ;  3 ; 2  ;  2 ;  .  3 3  6 6 Мысал 20. Жүйені шешу керек: 7 2  2 2 3 x  y  4 x y,  2 xy  y 2  1 xy 2 .  6 Шешуі. Егер x  0 , онда y  0 , және де керісінше, яғни 0; 0 - жүйенің шешімі. xy  0 болсын, онда жүйені мүшелеп бөле отырып мына теңдеуді ламыз: 3x 2  y 2 21x  , 2y 2 xy  y 2 ара қарай түрлендіре отырып 2 x 3   1 21  x   y    2  y x 2   1  y теңдеуіне келеміз. t  x y ауыстыруын пайдаланып 36t 2  21t  2  0 теңдеуін 2 3 аламыз, оны шеше келе t  , t   xy  0 1 . 12 болғанда жүйе 59 xy  0   x 2 x 36   21   2  0,   y  y  7  2 3x  y 2  x 2 y  4  берілген жүйеге эквивалентті. 2 3 2 3 Егер t  , онда x  y . Соңғы жүйенің екінші теңдеуінен x  0 дей отырып, y  3 ; x  2 шешімін аламыз. 1 , онда y  12 x , ендеше x  7 , y  84 . 12 Жауабы. 0; 0 ; 2; 3 ;  7; 84 . Егер t   Алгебралық теңдеулер жүйесін шешуде комплекс сандар теориясының қолданысы Мысал 21. 𝑥+𝑦+𝑧 =2 {𝑥 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 6 𝑥3 + 𝑦3 + 𝑧3 = 8 2 теңдеулер жүйесін шешу керек. Шешуі: Алдымен 𝛿1 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧, 𝛿2 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧, 𝛿3 = 𝑥𝑦𝑧 белгісіздерін енгізейік те төмендегідей түрлендірулер жасап алайық: 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 2, (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 − 2(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧) = 6, { (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)3 − 3(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧) + 3𝑥𝑦𝑧 = 8. Онда 𝛿1 = 2 𝛿1 = 2 2 𝛿1 −2𝛿2 = 6 → {𝛿2 = −1. { 3 𝛿3 = −2 𝛿1 −3𝛿1 𝛿2 + −3𝛿3 = 8 60 Соңғы жүйені 𝑥, 𝑦, 𝑧 арқылы жазсақ: 𝑥+𝑦+𝑧 =2 {𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧 = −1 𝑥𝑦𝑧 = −2 Бұл жүйені шешу үшін Виет теоремасын пайдаланып 𝑡 3 − 2𝑡 − 𝑡 + 2 = 0 теңдеуін алып, көбейткіштерге жіктей отырып, шешімін табамыз: (𝑡 − 2)(𝑡 2 − 1) = 0 → 𝑡1 = 1, 𝑡2 = −1, 𝑡3 = 2 Сондықтан 𝑥 = 1, 𝑦 = 2, 𝑧 = −1 шешімін алмастырып, берілген жүйенің шешімдерін аламыз . Жауабы: (1;2;-1); (1;-1;2); (2;1;-1); (2;-1;1); (-1;2;1); (-1;1;1) Мысал 22. 𝑥+𝑦+𝑧 =2 {𝑥 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 6 𝑥3 + 𝑦3 + 𝑧3 = 8 2 2 және 3 теңдікке мына формулаларды қолданамыз: (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 + 2𝑥𝑦 + 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)3 = 𝑥 3 + 𝑦 3 + 𝑧 3 + 3𝑥 2 𝑦 + 3𝑦 2 𝑥 + 3𝑥 2 𝑧 + +3𝑧 2 𝑥 + 3𝑦 2 𝑧 + 3𝑧 2 𝑦 + 6𝑥𝑦𝑧 Сонда жүйе мынандай күйге келеді: 𝑥+𝑦+𝑧 =2 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 − 2𝑥𝑦 − 2𝑥𝑧 − 2𝑦𝑧 = 6 { (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)3 − 3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 𝑥 − 3𝑥 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑥 − 3𝑦 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑦 − 6𝑥𝑦𝑧 = 8 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − тің орнына 2 − ні қоямыз. Сонда жүйе былай өзгереді: 𝑥+𝑦+𝑧 =2 4 − 2𝑥𝑦 − 2𝑥𝑧 − 2𝑦𝑧 = 6 → { 2 2 2 2 2 2 8 − 3𝑥 𝑦 − 3𝑦 𝑥 − 3𝑥 𝑧 − 3𝑧 𝑥 − 3𝑦 𝑧 − 3𝑧 𝑦 − 6𝑥𝑦𝑧 = 8 61 𝑥+𝑦+𝑧 =2 −2𝑥𝑦 − 2𝑥𝑧 − 2𝑦𝑧 = 2 → { 2 2 2 2 2 2 −3𝑥 𝑦 − 3𝑦 𝑥 − 3𝑥 𝑧 − 3𝑧 𝑥 − 3𝑦 𝑧 − 3𝑧 𝑦 − 6𝑥𝑦𝑧 = 0 𝑥+𝑦+𝑧 =2 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧 = −1 { 2 2 −3𝑥 𝑦 − 3𝑦 𝑥 − 3𝑥 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑥 − 3𝑦 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑦 − 6𝑥𝑦𝑧 = 0 Енді 3-інші теңдікті түрлендіреміз: −3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 𝑥 − 3𝑥 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑥 − 3𝑦 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑦 − 6𝑥𝑦𝑧 = −3𝑥 2 𝑦 − = −3𝑥𝑦(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 3𝑥𝑧(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 3𝑦𝑧(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) + 3𝑥𝑦𝑧 = −3(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) + 3𝑥𝑦𝑧 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − тің орнына 2 , ал (xy + xz + yz) − тің орнына − 1 қоямыз: 𝑥+𝑦+𝑧 =2 {𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧 = −1 𝑥𝑦𝑧 = −2 Виет теоремасы бойынша: 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = −𝑏 {𝑥1 𝑥2 + 𝑥1 𝑥3 + 𝑥2 𝑥3 = 𝑐 𝑥1 𝑥2 𝑥3 = −𝑑 Осы теоремаға сүйеніп, мынандай теңдеу құраймыз: 𝑡 3 − 2𝑡 2 − 𝑡 + 2 = 0 (𝑡 − 1)(𝑡 − 2)(𝑡 + 1) = 0 𝑡1 = 1 𝑡2 = 2 𝑡3 = −1 Осы теңдеу түбірлері есептің жауабы болып табылады. 1+2−1=2 Тексереміз:{1 ∗ 2 + 1 ∗ (−1) + 2 ∗ (−1) = −1 (−1) ∗ 2 ∗ 1 = −2 62 Жауабы: 1. 𝑥 = 1 2. 𝑥 = 2 3. 𝑥 = −1 4. 𝑥 = 1 5. 𝑥 = 2 6. 𝑥 = −1 𝑦 = −1 𝑧=2 𝑦=1 𝑦= 2 𝑦=2 𝑧 = −1 𝑧=1 𝑧 = −1 𝑦 = −1 𝑦=1 𝑧=1 𝑧=2 Мысал 23. 𝑥+𝑦+𝑧 =0 {𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 𝑥 3 + 𝑦 3 + 𝑧 3 𝑥𝑦𝑧 = 2 жүйесін шешу керек. 2-інші теңдікке мына формулаларды пайдаланамыз: (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 + 2𝑥𝑦 + 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)3 = 𝑥 3 + 𝑦 3 + 𝑧 3 + 3𝑥 2 𝑦 + 3𝑦 2 𝑥 + 3𝑥 2 𝑧 + 3𝑧 2 𝑥 + 3𝑦 2 𝑧 + 3𝑧 2 𝑦 + 6𝑥𝑦𝑧 Сонда жүйе былай өзгереді: 𝑥+𝑦+𝑧 =0 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 2𝑥𝑦 − 2𝑥𝑧 − 2𝑦𝑧 = (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)3 − −3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 𝑥 − 3𝑥 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑥 − 3𝑦 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑦 − 6𝑥𝑦𝑧 𝑥𝑦𝑧 = 2 { 2 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − тің орнына 0 − ді қоямыз. Сонда жүйе былай өзгереді: 𝑥+𝑦+𝑧 =0 {−2𝑥𝑦 − 2𝑥𝑧 − 2𝑦𝑧 = −3𝑥 𝑦 − 3𝑦 2 𝑥 − 3𝑥 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑥 − 3𝑦 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑦 − 6𝑥𝑦𝑧 𝑥𝑦𝑧 = 2 2 Енді 2-інші теңдікті түрлендіреміз: −2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) = −3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 𝑥 − 3𝑥 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑥 − 3𝑦 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑦 − 6𝑥𝑦𝑧 = = −3𝑥 2 𝑦 − 3𝑦 2 𝑥 − 3𝑥 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑥 − 3𝑦 2 𝑧 − 3𝑧 2 𝑦 − 9𝑥𝑦𝑧 + 3𝑥𝑦𝑧 = = −3𝑥𝑦(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 3𝑥𝑧(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 3𝑦𝑧(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) + 3𝑥𝑦𝑧 = = −3(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) + 3𝑥𝑦𝑧 63 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 ескерсек, жүйені былай жаза аламыз. 𝑥+𝑦+𝑧 =0 {−2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) = 3𝑥𝑦𝑧 𝑥𝑦𝑧 = 2 𝑥𝑦𝑧 = 2 болғандықтан: 𝑥+𝑦+𝑧 =0 {𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧 = −3 𝑥𝑦𝑧 = 2 Виет теоремасы бойынша: 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = −𝑏 {𝑥1 𝑥2 + 𝑥1 𝑥3 + 𝑥2 𝑥3 = 𝑐 𝑥1 𝑥2 𝑥3 = −𝑑 Осы теоремаға сүйеніп, мынандай теңдеу құраймыз: 𝑡 3 − 3𝑡 − 2 = 0 𝑡1 = −1 𝑡2 = 2 (𝑡 + 1)(𝑡 − 2)(𝑡 + 1) = 0 𝑡3 = −1 Осы теңдеу түбірлері есептің жауабы болып табылады. −1 + 2 − 1 = 0 Тексереміз: {−1 ∗ 2 + (−1) ∗ (−1) + 2 ∗ (−1) = −3 (−1) ∗ 2 ∗ (−1) = 2 Жауабы: 1. 𝑥 = −1, 𝑦 = −1, 𝑧 = 2; 2. 𝑥 = 2, 𝑦 = −1 , 𝑧 = −1; 3. 𝑥 = −1, 𝑦 = 2, 𝑧 = −1. 64 Қорытынды Алгебра элементтерінің ішінде дидактикалық тұрғыдан алғанда аса маңыздысы: – теңдеулер жүйесі жайында түсінік беру және оны шешудің тәсілдерін оқытып – үйрету. Сондықтан да теңдеулер жүйесі жайында түсінік қалыптастыру және теңдеу жүйесін шешудің тәсілдерін оқытып үйрету, әсіресе талаптарға сәйкес оқыту нәтижелеріне қол жеткізу күрделі мәселе. Орта мектепте теңдеулерге байланысты материалдар математиканың негізгі бөлігін құрайды, өйткені теңдеулер жүйесі математиканың әр бөлімдерінде және маңызды қолданбалы есептерді шығаруда кең қолданыс табады. Осыған орай оқушыларды мектеп қабырғасында теңдеулер жүйесі желісінің қолданбалық, теориялық-математикалық желілерімен байланысын құру бағыттарын игерту мәселесі теңдеулер шешуге үйрету материалдарын талдау мен сапалы игерту мәселесімен тығыз байланыста. Орта мектептерде теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу әдістерін беру кезінде қойылатын іргелі мақсаттардың қатарына есептерді тиімді шешу дағдылары мен іскерліктерін дамыту проблемасы жатады. Осыған байланысты орта мектепте теңдеулер шешуге тереңдетіп оқыту әдістемесін қолдануы, олардың теориялық білімдерін нақтылаудың, оларды практикада қолдана алу ептіліктерін қалыптастырудың басты формаларының бірі. Математикада теңдеуді ӛмірде болған немесе болып жатқан құбылысты зерттеу құралы ретінде пайдаланады. Егер теңдеуді оқытудың пәндік теориялық және әдістемелік негіздеріне орай теңдеуді оқыту әдістемесі тәжірибеде қолданылса, онда осы мәселені оқытып үйретумен байланысты жұмыс тиімді ұйымдастырылады да, білім сапасын арттыруға ықпал етеді. 65 Әдебиеттер тізімі 1. Алгебра-8.Тереңдетіп оқылатын сыныптар үшін оқулық. Н.Я.Виленкин.1999.Москва «Просвещение» 2. Алгебра-9 Н.Я.Виленкин.1999. Москва «Просвещение» 3. Алгебра және анализ бастамалары-10.Н.Я.Виленкин. 1999. Москва «Просвещение» 4. Алгебра 8-9-10. Алимов Н.В. Москва «Просвещение» 5. МАтематика бойынша факультативтік курс-10 сынып,1991.Москва «Просвещение» 6 Бір айнымалысы бар сызықтық теңдеулер мен теңсіздіктер, оның ішінде айнымалысы модуль таңбасының ішінде берілген бір айнымалысы бар сызықтық теңдеулер мен теңсіздіктер // http://www.ustazim.kz 7 Айнымалысы модуль таңбасының ішінде берілген бір айнымалысы бар сызықтық теңдеу // http://videolike.org 8 Севрюков П.Ф. Уравнения и неравенства с модулями и методика их решения / П.Ф. Севрюков, А.Н. Смоляков. – М.: Ставрополь, 2005. - 114 с. 9 Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике: Решения задач: Учебное пособие для 10 класса средней школы / И.Ф. Шарыгин. - М.: Наука, 1989. – 417 с. 10 Зильберберг Н.И. Алгебра для углубленного изучения математики / Н.И. Зильберберг. – Псков: Изд-во ПИИ, 1993. - 256 с. 11 Шыныбеков Ә. Алгебра: Оқулық / Ә. Шыныбеков– Алматы: Атамұра, 2012. 12 Әбілқасымова А. Алгебра. Оқулық / А. Әбілқасымова, В. Корчевский, А. Абдиев, З. Жұмағұлов. – Алматы: Мектеп, 2012. 13 Төлеубаева С. Алгебра. Есептер жинағы / С.Төлеубаева, В.Корчевский, А. Абдиев. – Алматы: Мектеп, 2012. 14 Ақпаева Ә. Математика. Әдістемелік құрал / Ә. Ақпаева, Л. Лебедева, В. Буровова Ә. Акрамова. – Алматы: Алматыкітап, 2012. 15 Астамбаева Ж. Математика. Оқулық / Ж.Астамбаева. – Алматы: Атамұра, 2012. 16 Оспанов Т. Математика. Дидактикалық материалдар / Т.Оспанов, А.Морозова. Алматы: Атамұра, 2012. 17 Әбілқасымова А.Е. Алгебра және анализ бастамалары / А.Е. Әбілқасымова 18 Баймұханов Б. Алгебра. Оқулық / Б. Баймұханов, Н.Г Миндюк. – Алматы: Атамұра, 2014. 19 Ахо А.. Построение и анализ вычислительных алгоритмов [Электронный ресурс] / А. Ахо, Дж. Хопкрофт, Дж. Ульман. – М.: Мир. 1999. С. 143. 20 Выгодский М.Я. Справочник по элементарной математике. [Текст] / М.Я. Выгодский – М.: АСТ: Астрель, 2006. С. 509. 66 21 Дадаян А.А. Алгебра и геометрия. [Текст] / А.А Дадаян, В.А. Дударенко. – М.: Минск, 1999. С. 342. 22 Камалян Р.З. Высшая математика. [Текст] / Р.З. Камалян. – М.: ИМСИТ, 2004. С.310. 23 Комплексное число [Электронный ресурс] – Режим доступа: httр://ru.wіkіреdіа.оrg/wіkі/Комплексное_число. 67

Алгебралық теңдеулерді комплекс сандармен шешу

Products

Support

Алгебралық теңдеулерді комплекс сандармен шешу

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib