Mavzu: elementar matematika faning predmeti va vazifalari

Modul qatnashgan tenglamalar.

O'zgaruvchisi modul belgisi ichida qatnashgan tenglama modul qatnash­gan tenglama deyiladi.

Masalan, , =x, x² + = x tenglamalarning har biri modul qatnash­gan tenglamadir.

9. Bezu teoremasi. Gorner sxemasi.

(Etyen Bezu (1730 — 1783) - fransuz matematigi). P(x) ko'phadni x- a ikkihadga bo'lganda bo'linmada Q (x), qoldiqda R(x) qolsin:

P(x)=(x-α)Q(x)+R(x) (1)

Agar bu munosabatga x-a qo'yilsa, P() = 0 Q() + + R() - R() = r hosil bo'ladi. Shu tariqa ushbu teorema isbotlanadi:

1-teorema. (Bezu). P(x) = a₀ xⁿ+ a₁x^n-1+... +a_n-1x + a_n(a#0) ko'phadni x-α dagi bo'lishdan chiqadigan r qoldiq shu ko'phadning x- a dagi qiymatiga teng, r=P(α).

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.

N a t i j a 1 a r. n N bo'lganda:

1) xⁿ- aⁿ ikkihad x-a ga bo'linadi. Haqiqatan, P(a) = aⁿ-aⁿ = 0;

2) xⁿ+ aⁿ ikkihad x-a ga bo'linmaydi. Haqiqatan, P(a) = aⁿ-aⁿ = 2xⁿ≠0;

3) x²ⁿ – a²ⁿ ikkihad x+a ga bo'linadi. Haqiqatan, P (-a) = =(-a)²ⁿ-a²" = 0;

4) x²ⁿ⁺'-a²ⁿ⁺¹ ikkihad x+a ga bo'linmaydi. Haqiqatan, P(-a)=(-a)²ⁿ⁺¹ - a²ⁿ⁺¹ = -2a²ⁿ⁺¹≠ 0;

5) x²ⁿ⁺¹ + a²ⁿ⁺¹ ikkihad x+a ga bo'linadi. Haqiqatan, P(-a) = (-a)²ⁿ⁺¹ + a²ⁿ+¹ = 0;

6) x^b> + a²" ikkihad x+ a ga bo'linmaydi. Haqiqatan, P(-a} = a^ln + a²ⁿ = 2a²ⁿ⁺¹≠0.

Bo'lish bajariladigan hollarda bo'linmalarning ko'rinishini aniqlaymiz:

x⁵ - a⁵ = (x- a)(x⁴ + ax³ + a²x² + a²x²+ a⁴)',

x⁵ + a⁵ = (x + a)(x⁴ - ax³ + a²x² - a³x + a⁴);

x⁶ – a⁶ = (x- a)(x⁵ + ax⁴ + a²x³ + a³x² + a⁴x + a⁵);

x⁶ - a⁶ = (x +a)( x⁵ - ax⁴ + a²x³ –a³x ² + a⁴x- a^s).

Bulardan ko'rinadiki, bo'linma albatta bir jinsli ko'phad bo'lib, x ning darajalari kamayib, a ning darajalarida o'sish tartibida joylashgan va agar bo'luvchi a + x bo'lsa, koeffitsientlar +1 va -1 almashib keladi, agar bo'luvchi x- a bo'lsa, bo'linmada hosil bo'lgan ko'phadning koeffitsientlari 1 ga teng bo'ladi. Bu xulosalarni istagan darajali ko'phadlar uchun umumlashtirish mumkin.

l-misol.x⁵-ax + 4 ni x +3ga bo’lishdagi r=4 bo'lsa, a ni toping.

Yechish. (-3)⁵-a(-3) + 4=4, bundan a=1.

P (x) = a_nxⁿ. + a_n ko'phadni x - α ikkihadga bo'lishdagi qoldiqni hisoblashning Corner (Xorner Uilyam (1786-1837) - ingliz matematigi) sxemasi deb ataluvchi usulini ko'rsatamiz.

P(x)= Q(x)(x-a) + r bo'lsin. Bunda Q(x) = b₀x^n-l + b₁x^n-2 + b₂x^n-3 + ...+b_n-l .

(1) da x ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsientlarni tenglashtirib quyidagiga ega bo'lamiz:

a₀ = b₀ a₁ =b₁-αb₀ a₂ = b₂-α b₁ …..a_n-1 = b_n-1-αb_n-2 a_n=r-αb_n-1

Bundan ko'rinadiki, b₀ = a₀ , b_k = ab_k-1 + a_k, k=1, 2, .... n- 1, r = a_n +αb_n-1 .

Bo'linma va qoldiqni hisoblash quyidagi jadval yordamida topiladi.



2- m i s o 1. x³ + 4x² - 3x + 5 ko'phadni Corner sxemasidan foydalanib, x- 1 ga bo'lishni bajaramiz.


Demak, x³ + 4x²-3x+5 = (x-l)(x² + 5x + 2) + 7 . Bezu teoremasidan P(x) ko'phadni ax+b ko'rinishdagi ikkihadga bo'lishda hosil bo'ladigan r qoldiq P(- ) ga teng bo'lishi kelib chiqadi.

3- m i s o 1. P₃(x) = x³-3x² + 5x+7 ni 2x+ 1 ga bo'lishdan hosil bo'lgan qoldiqni toping.

Yechish. Qoldiq, r =P₃ +5(- )+7= ga teng .

2- t e o r e m a. Agar a soni P (x) ko'phadning ildizi bo'lsa, P(x) ko'phad x- a ikkihadga qoldiqsiz bo'linadi.

Isbot. Bezu teorernasiga ko'ra, P(x) ni x-a ga bo'lishdan chiqadigan qoldiq P (a) ga teng, shart bo'yicha esa P (a) = 0. Isbot bajarildi.

Bu teorema P(x)=0 tenglamani yechish masalasini P(x) ko'phadni chiziqli ko'paytuvchilarga ajratish masalasiga keltirish imkonini beradi.

1- n a t i j a. Agar P(x) ko'phad har xil α₁, ..., α_n ildizlarga ega bo'lsa, u (x-α₁) ... (x-α_n) ko'paytmaga qoldiqsiz bo 'linadi.

2- n a t i j a. n- darajali ko'phad n tadan ortiq har xil ildizga ega bo 'la olmaydi.

Isbot. Agar n- darajali P(x) ko'phad n + 1 ta har xil α₁, ..., α_k+1 ildizlarga ega bo'lganda, u n+1- darajali (x – α₁) ...(x-α._{k+ 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 a_i haqiqiy koeffitsientlari va α_i ildizlari orasidagi munosabatni ifodalovchi formulalarni keltiramiz:

1) a₂x² + a₁ x+ a₀ = b(x- α₁)(x-α₂) = bx² - b(α₁ -a₂)x + bα₁α₂ Agar x ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsientlari tenglashtirilsa, b = a₂ bo'ladi. Natijada ushbu formulalar topiladi. a₁+α₂,=- α₁=

2) shu tartibda P₃(x)=a₃x³+a₂x²+a₁x+a₀ uchun α₁+α₂+α₃= α₁α₂+α₁α₃+α₂α₃= , α₁α₂α₃=- formulalar topiladi.

Hosil qilingan tengliklarning bajarilishi α₁ ,..., α_n sonlarining P_n(x) = a_n xⁿ+ .,. + a₀ ko'phad ildizlari bo'lishi uchun zarur va yetarlidir. Agar P (x) ko'phad (x - a)^k ga qoldiqsiz bo'linsa, lekin (x-α)^k+1 ga qoldiqsiz bp'linmasa, a soni P (x) uchun k karrali ildiz bo'ladi.

4-misol. α₁ ,α₂, α₃ lar x³ + x² + x-2 = 0 tenglamaning ildizlari bo'lsin. = yig’indini topamiz.

Yechish. Viyet formulalari bo'yicha: α₁, + α₂+ ₃ = -1, α_{α₂+α_{α₃+a₂α₃ . U holda: (α₁+α₂+α₃)²=(-l)²bo'yicha -2(α₁α₂+α₁α₃ + α₂α₃) + l = -2 1+ 1 = -1.

Ikkinchi tomondan α₁,α₂, α₃ ildiz, ularda ifoda nolga aylanadi:

+α₁ -2 = 0

α³₂ + α²₂ + α₂ - 2 = 0, α³₃ + α₃ - 2 = 0,

bundan bunda qisqa yozish uchun orqali belgilangan.

10. Butun koeffitsientli tenglamalarning ratsional ildizlarini topish.

Ratsional koeffitsientli har qanday a_nxⁿ+… + a₀ = 0 tenglama unga teng kuchli butun koef­fitsientli tenglamaga keltirilishi mumkin. Masalan, tenglamaning ikkala qismi 6 ga ko'paytirilsa, unga teng kuchli butun koeffitsientli 5x³ + 4x²- 6x+ 6 = 0 tengiama hosil bo'ladi. Endi butun koeffitsientli tenglamalar bilan shug'ullanamiz.

Teorema. x = qisqarmas kasr butun koeffitsientli a_n xⁿ+ ... + a₀ = 0, a_n≠0, tenglamaning ildizi bo'lishi uchun p soni a₀ ozod hadning, q esa a_n ozod hadning q esa a_n bosh had koeffsientining bo`luvchisi bo`lishi zarur.

Haqiqatan, soni (1) tenglamaning ildizi bo`lsin:

a_n +a_n-1 +…+a ₁ +a₀=0 yoki tenglikning ikkala qismi qⁿ ga ko`paytirilsa,

a_npⁿ +a_n-1p^n-1q+…+a₁pq^n-1+a₀qⁿ=0 tenglik hosil bo'ladi. Bundan: a₀ qⁿ =-a_npⁿ- a_n-1}p^n-1q--...a₁pq^{n- l}=-p(a_np^{n- 1} + a_n-1 p ^{n -2}q + ... +a₁q^n-1 ). Tenglikning o'ng qismi p ga bo'linadi. Demak, chap qismdagi a₀qⁿ ham p ga bo'linishi kerak.Lekin, qisqarmas kasr, ya'ni p va q ⁿ lar o'zaro tub.Demak, p soni a₀ ning bo'luvchisi. Shu kabi q soni a_n ning bo'luvchisi ekani isbot qilinadi. Agar (1) tenglama keltirilgan tenglama bo'lsa, ya'ni bosh had koeffitsienti a_n= 1 bo'lsa, tenglamaning ratsional ildizlari ozod hadning bo'luvchilari orasidan izlanadi.

5-misol. 2x² + x²- 4x -2 = 0 tenglamaning ratsio­nal ildizlarini toping.

Y e c h i s h. Ozod hadning barcha butun bo'luvchilari: -2;-l; 1;2.

Bosh koeffitsientning barcha natural bo'luvchilari: 1; 2.

Tenglamaning ratsional ildizlarini quyidagi sonlar orasidan izlaymiz:

-2;-1;- ; ;1;2

Bu sonlarni berilgan tenglamaga bevosita qo'yib ko'rish bilan, ularning ildiz bo'lish yoki bo'lmasligini aniqlaymiz.

Tekshirish ko'rsatadiki, - soni berilgan tenglama­ning ildizi, qolgan sonlar esa ildiz emas.

Shunday qilib, berilgan tenglama faqat bitta ratsional ildizga ega: x=-

Javob.-

6-misol. Tenglamaning butun ildizlarini toping: 2x⁴ - x³ + 2x² + 3x - 2 = 0.

Yechish. Ozod hadning barcha butun bo'luvchilari: - 2; - 1; 1; 2. Tenglamaning barcha butun ildizlarini shu sonlar orasidan izlaymiz.

Bu sonlarning har birini tenglamaga qo'yib ko'rib, ular orasidan faqat — 1 soni tenglamaning yechimi ekanini aniqlaymiz.

Demak, berilgan tenglama faqat bitta butun yechimga ega.

Javob: x = -l.

7- m i s o 1. x³ + 3x² - 1 = 0 tenglamaning butun ildiz­larini toping.

Yechish. Butun ildizlarini -1; 1 sonlari orasidan izlaymiz. Bu sonlarning ikkalasi ham tenglamaning ildizi emasligini ko'rish qiyin emas.

Javob: tenglama butun ildizga ega emas.

8- m i s o 1. 2x⁴ - x³ + 2x² + 3x - 2 = 0 (x e R) tenglamani yeching.

Yechish. Oldingi misollardan farqli, bu misolda tenglamaning barcha haqiqiy ildizlarini topish talab qilinyapti.

Dastlab, ratsional ildizlarni qaraymiz. Ratsional ildizlar (agar ular mavjud bo'lsa) esa - 2; -1;- ; ; 1; 2 sonlari orasida bo'ladi. -1 va sonlar ratsional ildizlar ekanligiga ishonch hosil qilish mumkin.

Shuning uchun tenglamaning chap tomonidagi ko'phad (x+1)(x- ) = x²+ x - ga qoldiqsiz bo'linadi. Bo'lishni bajarib, 2x⁴-x³ +2x² +3x-2-(x² + x - )•(2x² - 2x + 4) ni hosil qilamiz. Tenglamani quyidagi ko'rinishda yozib olamiz: (2x²-2x+4)=0 2x² - Ix + 4 = 0 tenglamaga yangi haqiqiy ildizlarni bermaydi.

Javob: x₁ = -1; x₂ = .

9-misol. 2x³ -7x² +5x-1 = 0 tenglamaning p/q ratsional ildizlarini topamiz, bunda p va q lar o'zaro tub, B(p;q = 1.

Yechish. p sonini ozod hadning, q ni esa bosh koetlitsientning bo'luvchilari orasidan izlaymiz. Ular ±1 va ±2. Demak, ratsional ildizlar ±1, ±i sonlari ichida bo'lishi mumkin. Bu sonlarni tenglamaga ketma-ket qo'yib hisoblash, 1/2 ning ildiz ekanini ko'rsatadi. Tenglamaning qolgan ildizlarini topish uchun uning chap qismini x-1 ga yoki 2x - 1 ga bo'lamiz. Bo'linmada x² - 3x + 1 uchhad hosil bo'ladi. Uning ildizlari: . Izlanayotgan yechim:

X₁ = - 1/2 x_2,3⁼ .
Misollar ishlash.

1-misol. Sonlarni tub ko'paytuvchilarga ajrating:
250;300; 340; 3 700; 48 950; 4 725 000.

Yechish.

250=25³ ; 300=2² 35² ; 340=2²517; 3700=2²5²37

48950=25²1189 ;4725000=2³3³5⁵7

2-misol. Quyidagilarni toping:

a)  (81), (81); f) (2³ 6  7); b) (91), (91); g) (2³3²5);

d) (400); h) (111317); e) (680); i) (19²23 29).

Yechish.

a)(81)=(3⁴)=(4+1)=5

b) (91)=(91¹)=(1+1)=2

d) (400)=(2⁴5²)=(4+1)(2+1)=53=15

e) (680)=(2³517)=(3+1)(1+1)(1+1)=422=16

f) (2³67)=(2⁴3¹7)=(4+1)(1+1)(1+1)=522=20

g) (2³3²5)=(3+1)(2+1)(1+1)=432=24

h) (111317)=(1+1)(1+1)(1+1)=222=8

i) (19²23¹29¹)=(2+1)(1+1)(1+1)=322=12

3-misol. Quyidagilarni toping:

a) (512), (512); f) (4² 6 15); b) (1001), (1001);

g) (1310055); d) (13860), (13860); h) (121 11²);

e) (13800), i) (144 11³).

Yechish.

a) (512)=(2⁹)=(9+1)=10

b) (1001)=(1191)=(1+1)(1+1)=22=4

d) (13860)=(2²3²5711)=(2+1)(2+1)(1+1)(1+1)(1+1)=33222=72

e) (13800)=(2³35²23)=(3+1)(1+1)(2+1)(1+1)=4232=48

f) (4²615)=(2⁵3²5)=(5+1)(2+1)(1+1)=632=36

g) (1310055)=(2²5³1113)=(2+1)(3+1)(1+1)(1+1)=3422=48

h) (12111²)=(11⁴)=(4+1)=5 i) (14411³)=(11³12²)=(3+1)(2+1)=43=12

Nazorat uchun savollar:
1.Natural sonlar deb nimaga aytiladi?

2.Tub va murakkab sonlar deb nimaga aytiladi?

3.Arifmetikaning asosiy teoremasini ayting.

4.EKUB va EKUK deb nimaga aytiladi?

5.Qanday sonlar 3 ga va 9 ga bo’linadi?

6.Qanday sonlar 4 ga va 25 ga bo’linadi?

7.Qanday sonlar 11 ga bo’linadi?

8.Butun sonlar deb nimaga aytiladi?

9.Ratsional sonlar deb nimaga aytiladi?

10.Haqiqiy sonlar deb nimaga aytiladi?

11. Bir o’zgaruvchili tenglama deb nimaga aytiladi?

12.Tenglamaning ildizi deb nimaga aytiladi?

13.Teng kuchli tenglamalar deb nimaga aytiladi?

14.Tenglamaning aniqlanish sohasi deb nimaga aytiladi?

15.Chet ildizlar paydo bo’lishi nimalarga bog’liq?

16.Bikvadrat tenglama deb nimaga aytiladi?

17.Tenglamalarni yechishning asosiy usullari qanday?

18.Qaytma tenglamalarga misol keltiring?

19. Modulli tenglamaga ta’rif bering?

20. Modulli tenglamaga misol keltiring?

21. Modulning xossalarini aytib bering?

22. Bezu teoremasi aytib bering?

23. Gorner sxemasi aytib bering?

24. Keltirilgan tenglama deb nimaga aytiladi?

25. Koeffitsentlar metodiga misol keltiring?