Kirish i-bob. Matematika fanlarini o’qitishda zamonaviy axborot texnologiyalaridan foydalanish metodikasi

Ko’phadlarning EKUBi va EKUKini topishga doir misollar
1-misol. f(x)=x⁴-1 va (x)=2x³+x ²-2x-1ko`phadlarning eng katta umumiy bo`luvchisini toping .
Yechish: Avval yuqorida aytganimizga binoan , f(x) ni 2 ga ko`paytirib (bo`lish jarayonida kasr koefisientlar paydo bo`lmasligi uchun) , so`ngra (x) ga bo`lamiz .

2x^4-2 2x^4+x^3-2x^2-x	2x^3+x^2-2x-1
	x
-x^3+2x^2+x-2

Yana -x³+2x²+x-2 bo`linuvchini -2 ga ko`paytiramiz va so`ng bo`lishni davom ettiramiz :

2x^4-2 2x^4+x^3-2x^2-x	2x^3+x^2-2x-1
	x+1
-x^3+2x^2+x-2 2x^3-4x^2-2x+4 2x^3+x^2-2x-1
-5x^2+5

Biz o`zgarmas ko`paytuvchi aniqligida birinchi

r₁ (x) = -5x²+5
qoldiqni topdik .
Endi (x) ni r₁ (x) ga bo`lamiz (avval r₁ (x) ni -5 ga qisqartirib):

2x^3+x^2-2x-1 2x^3 -2x	x^2-1
	2x+1
x^2-1 x^2-1
0

Ketma- ket bo`lish jarayoni tugadi . Demak, noldan farqli so`nggi qoldiq x² -1 bo`lib u f(x) va (x) ning eng katta umumiy bo`luvchisini ifodalaydi, ya’ni ( f(x) ; (x) )= x² -1 bo`ladi .
2 –misol. f(x)= x<sup>4</sup>+x<sup>3</sup>-7x<sup>2</sup>-x+6 va (x)= x<sup>4</sup>-5x<sup>2</sup>+4 ko`phadlarning eng katta umumiy bo`luvchisini toping .
Yechish: Buning uchun f(x) ni (x) ga bo`lamiz .

x^4+x^3-7x^2-x+6 x^4- 5x^2+ 4	x^4-5x^2+4
	1
x^3-2x^2-x+2 = r1 (x)

(x) ni r₁ (x) ga bo`lamiz :

x^4- 5x^2+ 4 x^4-2x^3-x^2 +2x	x^3-2x^2-x+2
	x+2
2x^3-4x^2 -2x+4 2x^3-4x^2 -2x+4
0

Demak biz izlagan eng katta umumiy bo`luvchi d(x)= x<sup>3</sup>-2x<sup>2</sup>-x+2 bo`ladi.
3-Misol. f(x) = x⁴-2x³-4x²+4x-3 ,
(x)= 2x³-5x² -4x+3 ko`phadlarning
eng katta umumiy bo`luvchisini toping .
Yechish: f(x) ni (x) ga bo`lamiz :

2x^4-4x^3-8x^2+8x-6 2x^4-5x^3-4x^2+3x	2x^3-5x^2 -4x+3
	x+1
x^3-4x^2+5x-6 2x^3-8x^2+10x-12 2x^3-5x^2+4x-3
-3x^2+14x-15=r1 (x).

Endi, (x) ni r₁ (x) ga bo`lamiz :

6x^3-15x^2-12x+9 6x^3-28x^2-30x	-3x^2+14x-15
	-2x-13 r2 (x)= x-3
13x^2-42x+9 39x^2-126x+27 39x^2-182x+195
56x-168

Nihoyat , r₁ (x) ni r₂ (x) ga bo`lamiz :

3x^2+14x-15 -3x^2+9x	x-3
	-3x+5
5x-15 5x-15
0

Shunday qilib ,f(x ) va (x) ning eng katta umumiy bo`luvchisi d(x)=x-3 bo`ladi .

4-Misol. f(x)= x⁴+x³+x²+x+1 , (x) = 3x³+x²+3x-1 ko`phadlarning eng katta umumiy bo`luvchisini toping .
Yechish:

3x^4+3x^3+3x^2+3x+3 3x^4+x^3+3x^2-x	3x^3+x^2+3x-1
	x+2
2x^3+4x+3 6x^3+12x+9 6x^3+2x^2+6x-2
-2x^2+6x+11=r1 (x)

6x^3+2x^2+6x-2 6x^3-18x^2-33x	-2x^2+6x+11
	-3x-10
20x^2+39x-2 20x^2-60x-110
99x+108

r₂(x)=11x+12

22x^2-66x-121 22x^2+24x	11x+12
	2x+90
-90x-121 990x+1331 990x+1080
250

Demak f(x ) va (x) ning eng katta umumiy bo`luvchisi d(x)=1 bo`lib, bu ko`phadlar o`zaro tubdir .
4. Bezu teoremasi va uning amaliy tadbiqlari
P(x) ko’phadni x-α ikkihadga bo’lganda bo’linmada Q(x), qoldiqda R(x) qolsin:
P(x)=( x-α) Q(x)+ R(x). (4.1)
Agar bu munosabatga x=α qo’yilsa, P(α)=0· Q(α)+ R(α)= R(α)=r hosil bo’ladi. Shu tariqa ushbu teorema isbotlanadi:
4.1-teorema. (Bezu teoremasi). P(x)= α₀xⁿ+ α₁x^n-1+…+ α_n-1x+ α_n(α 0) ko’phadni x-α ga bo’lishdan chiqadigan r qoldiq shu ko’phadning x= α dagi qiymatiga teng, r=P(α).
Isboti. Qoldiqli bo’lish haqidagi teoremaga ko’ra
f(x)=(x-γ)·g(x)+r(x)
o’rinli bunda r(x) nolinchi darajali yoke nol ko’phad x=γ qiymatni bersak f(γ)=0·g(x)+r(γ)
r(γ)=f(γ) teorema isbotlandi.
Masalan, 1) x⁵+x+20 ni x+2 ga bo’lishdan chiqadigan qoldiq
r=(-2)⁵+(-2)+20=-14;
2) x⁵+x+34 ni x+2 ga bo’lishdan chiqadigan qoldiq r=(-2)⁵+(-2)+34=0.
Demak, x=-2 soni shu ko’phadning ildizi.
Natijalar. n N bo’lganda:

1. 
   xⁿ- αⁿ ikkihad x-α ga bo’linadi. Haqiqatan, P(α)= αⁿ- αⁿ=0;
   
2. 
   xⁿ+ αⁿ ikkihad x-α ga bo’linmaydi. Haqiqatan, P(α)= αⁿ+ αⁿ=2xⁿ 0;
   
3. 
   x²ⁿ- α²ⁿ ikkihad x+α ga bo’linadi. Haqiqatan, P(-α)= (-α)²ⁿ- α²ⁿ=0;
   
4. 
   x²ⁿ⁺¹- α²ⁿ⁺¹ ikkihad x+α ga bo’linmaydi. Haqiqatan, P(-α)= (-α)²ⁿ⁺¹- α²ⁿ⁺¹=-2α²ⁿ⁺¹ 0;
   
5. 
   x²ⁿ⁺¹+ α²ⁿ⁺¹ ikkihad x+α ga bo’linadi. Haqiqatan, P(-α)= (-α)²ⁿ⁺¹+ α²ⁿ⁺¹=0;
   
6. 
   x²ⁿ+ α²ⁿ ikkihad x+α ga bo’linmaydi. Haqiqatan, P(-α)= α²ⁿ+ α²ⁿ=2α²ⁿ 0.
   

Bo’lish bajariladigan hollarda bo’linmalarning ko’rinishini aniqlaymiz:
x⁵- α⁵=(x-α)(x⁴+αx³+α²x²+α³x+α⁴);
x⁵- α⁵=(x+α)(x⁴-αx³+α²x²-α³x+α⁴);
x⁶- α⁶=(x-α)(x⁵+αx⁴+α²x³+α³x²+α⁴x+ α⁵);
x⁶+ α⁶=(x+α)(x⁵-αx⁴+α²x³-α³x²+α⁴x- α⁵).
Bulardan ko’rinadiki, bo’linma albatta bir jinsli ko’phad bo’lib,x ning darajalari kamayib, α ning darajalarida o’sish tartibida joylashgan va agar bo’luvchi α+x bo’lsa , koeffitsiyentlar +1 va -1 almashib keladi, agar bo’luvchi x-α bo’lsa ,bo’linmada hosil bo’lgan ko’phadning koeffitsiyentlari 1 ga teng bo’ladi. Bu xulosalarni istagan darajali ko’phadlar uchun umumlashtirish mumkin.
4.2-teorema . Agar α soni P(x) ko`phadning ildizi bo`lsa , P(x) ko`phad x-α ikkihadga qoldiqsiz bo`linadi .
I s b o t . Bezu teoremasiga ko`ra , P(x) ni x-α ga bo`lishdan chiqadigan qoldiq P(α) ga teng , shart bo`yicha esa P(α) =0 . Isbot bajarildi .
Bu teorema P(x)=0 tenglamani yechish masalasini p(x) ko`phadni chiziqli ko`paytuvchilarga ajratish masalasiga keltirish imkonini beradi .
1-natija . Agar P(x) ko`phad har xil α₁,…, α_n ildizlarga ega bo`lsa , bu (x- α<sub>1</sub>) … (x- α<sub>n</sub>) ko`paytmaga qoldiqsiz bo`linadi .
2-natija . n- darajali ko`phad n tadan ortiq har xil ildizga ega bo`la olmaydi .
I s b o t . Agar n –darajali P(x) ko`phad n+1 ta har xil α₁, …, α_k+1 ildizlariga ega bo`lganda , u n+1 - darajali (x-α<sub>1</sub>) …( x-α<sub>k+</sub> 1) ko`paytmaga bo`linardi . Lekin bunday bo`lishi mumkin emas .
Yuqorida qaralgan teoremalardan foydalanib , Fransua Viyet (fransuz olimi, 1540-1603) tomonidan berilgan hamda P(x)=0 butun algebraik tenglamaning α_i haqiqiy koeffitsiyentlari va α_i ildizlari orasidagi munosobatni ifodalovchi formulalarni keltiramiz .

1. 
   Α₂x²+ α₁x+ α₀=b(x- α₁)(x- α₂)=bx²-b(α₁ –α₂) x + b α₁ α₂ .
   

Agar x ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsiyentlari tenglashtirilsa , b= α₂ bo`ladi . Natijada ushbu formulalar topiladi :
α₁+ α₂=
2) shu tartibda P₃(x)= α₃x³+ α₂x²+ α₁x+ α₀ uchun :
α₁+ α₂+ α₃=
formulalar topiladi .
1-misol . Berilgan P(x) ni x-2 ga bolganda qoldiq 10 bo’lsa Q(x) ni x-1 ga bo’lganda qoldiq nimaga teng.
Yechish: Masala shartidan Bezu teoremasiga ko’ra P(2)=10 ga teng, bizdan Q(1) ni topish tab qilingan. Shunga ko’ra berilkan ifodaga x=2 qiymatni berish kerak. Demak,




Javob: Q(1)=


2-misol. P(x) va Q(x) ko’phadlarni x+2 ga bo’linganda qoldiq navbati bilan 3 va -2 bo’lsa, P(x+3) - (x+3)*Q(x+3) ko’phadni (x+5) ga bo’lingandagi qoldiqni toping.
Yechish: Masala shartiga ko’ra, Bezu teoremasiga ko’ra P(-2)=3 va Q(-2)= -2 o’rinli bo’ladi. Bizdan , P(x+3) - (x+3)*Q(x+3) ko’phadni (x+5) ga bo’lingandagi qoldiqni topish talab qilingan. Bu ifodaga x=-5 qiymatni beramiz:

ga ega bo’lamiz.
Javob: r= - 1.
3-misol. P(4x²) ko’phadni (x+2) ga bo’linganda qoldiq 8 ga teng bo’lsa , P(x) ko’phadni x-16 ga bo’lgandagi qoldiqni toping .
Yechish: Bezu teoremasini tadbiq etsak, quyidagilarga ega bo’lamiz;
P(4x²)=(x-2) (x)+8
P(4*2²)=(2-2) (x)+8
P(16)=8
P(x)=(x-16)* (x)+r(x)
P(16)=0* (x)+r(x)
Demak, r=8
Javob: r=8.
4-misol. X⁵- αx+4 ni x+3 ga bo’lishdagi qoldiq r=4 bo’lsa, α ni toping.
Yechish. Bezu teoremasiga ko’ra, (-3)⁵- α·(-3)+4=4, bundan α=81.
Javob: α=81.
5-misol. P(3x-5)=x¹⁰+3x⁷-x+5
P(x) ni (x+2) ga bo’lgandagi qoldiqni toping .
Yechish: Bezu teoremasiga ko’ra
P(x)=(x+2)*Q(x)+r(x)
P(-2)=0*Q(x)+r(x)
P(-2)=r(x)
X=1
P(3*1-5)=1¹⁰+3*1⁷-1+5
P(-2)=1+3-1+5=8
r=8.
6-misol. P(x) ko’phadi x²-x-6 ga bo’linganda qoldiq 2x+5 ga teng bo’lsa,P(x) ko’phadi x+2 ga bo’linganda qoldiq nechaga teng.
Yechish. P(x)=(x²x-6)*Q(x)+2x+5
P(x)=(x+2)* +r(x)
P(-2)=0* +r(x)
P(-2)=r(x)
P(-2)=(4+2-6)*Q(x)+2*(-2)+5
P(-2)=0*Q(x)+1
P(-2)=1 r=1