Mavzu: Yuqori darajali algebraik tenglamar reja; Kirish. Asosiy qism

1-misol. P(x)=x⁴-3mx³+nx+p ko’phadning bir bo’luvchisi (x-3)³ bo’lsa , m ni toping.
Yechish. Ko’phadning x=3 uch karrali ildizi.
Gorner sxemasini tuzamiz.

	1	-3m	0	n		p
3	1	3-3m	9-9m	27-2m+n		81-81m+3n+p
3	1	6-3m	27-18m	81-54m
3	1	9-3m	54-27m

Oxirgi ifodadan 54-27m=0 ekanligi kelib chiqadi, demak, m=2

Javob: m=2.


2-misol. P(x)=x³-3x²+mx+n ko’phadi (x+2)² ga qoldiqsiz bo’linsa, n ni toping .
Yechish. Masalaning berilishiga ko’ra, P(x)=(x+2)² (x) o’rinli bo’ladi. x=-2 ildiz ko’phadning ikki karrali ildizi, demak, Gorner sxemasi tuzamiz.

	1	-3	m	n
-2	1	-5	10+m	-20-2m+n
-2	1	-7	24-m

Bunga ko’ra,

natijaga ega bo’lamiz.
Javob: n=68.
3-misol. P(x)=x⁴+ax³+bx²+cx+d ko’phadning 3 karrali bir ildizi x=-1 bo’lsa 3a-b ni toping.
Yechish: P(x)=x⁴+ax³+bx²+cx+d ko’phadning 3 karrali bir ildizi demak, Gorner sxemasi tuzamiz.

	1	a	b	c		d
-1	1	a-1	1-a+b	a-b-1+c		b-1-c+d
-1	1	a-2	3-2a+b	3a-2b-4+c
-1	1	a-3	6-3a+b

6-3a+b=0 3a-b=6

Javob: 3a-b=6.
4-misol. P(x)=2x³-15x²+36x+n ko’phad (x-n)² ga bo’linsa, n ning qiymatlar yig’indisini toping.
Yechish: x=n p(x) ning 2 karrali ildizi ekan. Gorner sxemasi tuzamiz.

	2	-15	36	n
n	2	2n-15	2n^2-15n+36	2n^3-15n^2+37n
n	2	4n-15	6n^2-30n+36

6n²-30n+36=0 n²-5n+6=0 n₁+n₂=5

Javob: 5.
5-misol. P(x)=ax³+bx²+cx+d ko’phadning ikki karrali bir ildizi x=1 bo’lsa d=? toping.
Yechish: Gorner sxemasi tuzamiz.

	a	b	c	d
1	a	a+b	a+b+c	A+b+c+d
1	a	2a+b	3a+2b+c

d=2a+b
Javob: d=2a+b.
6-misol. P(x)=x³-5x²+mx+n ko’phadning bir ko’paytuvchisi (x-3)² bo’lsa m=? ni toping.


Yechish: Gorner sxemasi tuzamiz.

	1	-5	m	n
3	1	-2	-6+m	3m+n-18
3	1	1	-3+m

-3+m=0, m=3

Javob: m=3.
Yuqori darajali algebraic tenglamalarni yechish usullari
Ratsional sonlar maydoni ustida berilgan har qanday
f(x)=a₀xⁿ+a₁x^n-1+…+a_n-1x+a_n ko’phadning ildizi
a₀xⁿ+a₁x^n-1+…+a_n-1x+a_n=0 (1).
Tenglamaning ham ildizi bo’ladi.Shuning uchun bundan so’ng biz faqatgina n-darajali tenglamalarning ratsional ildizlarini topish bilan shug’ullanamiz .
1.Kasr koefsentli tenglamani butun koefsentli tenglama bilan almashtirish mumkin .
Isboti. Buning uchun (1) tenglamaning ikki tomonini barcha a₀ ,a₁ ,a₂ ,…,a_n-1 , a_n
Koefsentlarning umumiy maxrajiga ko’paytirish kifoya .
2. Butun koefsentli tenglamani bosh koefsenti 1 ga teng butun koefsentli tenglama bilan almashtirish mumkin .
Isboti. (1) tenglamaning koefsentlarini butun deb hissoblab , x= almashtirishni
bajarsak , (1) tenglama

Ko’rinishni olamiz .Bundan ushbuni hosil qilamiz :
Yⁿ+a₀a₁y^n-1+ a₀a₂y^n-2+…+ a₀^n-2a_n-1y+ a₀^n-1a=0
3.Butun koefsentli
F(x)=x_n+a₁x^n-1+ a₂x^n-2+…+a_n-1x+a_n =0 (2).
Tenglamaning ratsional ildizlari faqat butun sonlar bo’ladi.
Isboti. (2) tenglama a= ildizga ega bo’lsin (a va b- butun sonlar , );
Bu kasrni qisqarmaydigan deb hissoblash mumkin; a= ildizni (2) tenglamaga qo’yib ,

Yoki
(3).
Tenglikni hosil qilamiz . qisqarmaydigan kasrdir .
Shu sababli , (3) tenglikning bo’lishi mumkin emas , chunki qisqarmaydigan kasr butun songa teng bo’la olmaydi.
4. (2) tenglamaning butun ildizi ozod handning bo’luvchisidir .
Isboti . a ni (2) tenglamaning butun ildizi desak ,
aⁿ+a₁a^n-1+a₂a^n-2+…+a_n-1a+a_n=0
yoki
a_n=a(-a^n-1-a₁a^n-2-…-a_n-1)
tenglikka ega bo’lamiz;
bu esa a_n ning a ga bo’linishini ko’rsatadi .
5. (2) tenglamaning chap tomonini x-a(a—butun son) bo’lishdan chiqqan bo’linma butun koefsentli ko’phaddir.
Isboti. Gorner sxemasi bo’yicha bo’linmaning koefsentlari quyidagi butun sonlarga teng : b₀=a₀=1 , b₁=a₁+a , b₂=a₂+ab₁ , … , b_n-1=a_n-1+ab_n-1 .
6. Agar a butun son (2) tenglamaning ildizi bo’lsa va ham butun sonlar bo’ladi .
Isboti. Haqiqatdan , f(x)=(x-a) tenglikdan
Hosil bo’ladi , bunda 5- xossaga binoan , butun koefsentli ko’phad .Demak , -butun sonlar .
7. a butun son (2) tenglamaning ildizi bo’lishi uchun
q_n-1 = , q_n-1 = , …, q₁ = . q₀ = =1 (4)
nisbatlar butun son bo’lishi zarur va yetarli.
Isboti. Zaruriyligi. a – tenglamaning butun ildizi bo’lsin. Gorner sxemasidan foydalanib, f(x) ni x-a ga bo’lamiz. Bu xolda bo’linmaning koefsentlari b₀ = 1, b₁=a₁+a, b₂=a₂+ab₁, ... , b_n-1=a_n+1+ab_n-2 tengliklar bilan aniqlanib, qoldiq nolga teng bo’ladi, ya’ni 0=a_n+ab_n-1. Bu tengliklardan

kelib chiqadi. Agar –b_n-1=q_n-1, -b_n-2=q_n-2,…, -1=q₀ deb belgilasak, (4) tengliklarni xosil qilamiz.
Yetarliligi. Endi , a butun son bo’lgani uchun (4) tengliklar kuchga ega deylik. Bu tengliklarning so’ngisidan a₁ + a=-q₁ ni topamiz. Gorner sxemasiga asosan, a₁+a=b₁. Demak, -q₁=b₁. ikkinchi tenglikdan _-q₂=a₂-aq₁=a₂+ab hosil bo’ladi.
Demak, yana Gorner sxemasi bo’yicha topiladigan b₂=a₂+ab₁ tenglikka asosan, -q₂=b₂. Bu jarayonni davom ettirib, birinchi tenglikdan a_n-aq_n-1=a_n+ab_n-1=0 ni hosil qilamiz. Ammo Gorner sxemasi bo’yicha r=a_n+ab_n-1. Shu sababli r=0 Demak, f(x) ni x-a ga bolishdan chiqqan qoldiq nolga teng bolganidan, a butun son (2) tenglamani ildizini ifodalaydi.
Shunday qilib, ratsional sonlar maydoni ustidagi tenglamaning ratsional ildizlarini hisoblash jarayoni quydagidan iborat:

1. 
   avval tenglamani (2) ko’rinishga keltiramiz;
   
2. 
   ozod handing bo’luvchilarini olib tekshiramiz:
   
3. 
   agar a ozod handing bo’luvchisi bo’lsa, f(1) va f(-1) ning a-1 va a+1 ga bo’linish-bo’linmasligini tekshiramiz:
   
4. 
   nisbatlardan biontasi butun son bo’lmasa, a ildiz bo;lmaydi. Sinovdan o’tgan a ni olib, 7-xossani bajarishni tekshiramiz. Buning uchun quydagi sxemani tuzamiz:
   

an	an-1	an-2	…	a1	1
qn-1	qn-2	qn-3	…	q0

Bunda q_n-1, q_n-2, …, q₁, q₀ sonlar (4) tengliklarga asosan topiladi. Agar q_l butun son va q₀ =-1bo’lagina, a ildiz bo’ladi.

1-misol. M ning qanday qiymatlarida 3x⁴-2x³-m²x-2 ko’phad x-2 ga qoldiqsiz bo’linadi?
Yechish. P(x)= 3x⁴-2x³-m²x-2=(x-2)*t(x) +r(x)
P(2)=3*16-2*8-m²*2-2=0
3*8-2*4-m²-1=0
m²=15
m=±
javob : m=±


2-misol. A va b ning qanday qiymatlarda 2x⁴+ax³+bx-2 ko’phad x²+3x-2 uchhadga qoldiqsiz bo’linadi.
Yechish.
2x⁴+ax³+bx-2=(x-2)(x+1)*q(x) x=2 x=-1

2x^4-5x^3+5x-2 2x^4-2x^3-4x^2	x^2+3x-2
	2x^2-3x+1
-3x^3+4x^2 +5x -3x^3+3x^2 +6x
x^2 –x-2 x^2 –x-2
0

3-misol. X²-2x+2=0 Tenglamaning barcha kompleks yechimlarini toping
Yechish
X²-2x+2=0
D=b²-4ac=4-4*2=-4
X_1,2=
X₁=1+i, x₂=1-i
Javob: X₁=1+i, x₂=1-i
4-misol. X²-4x+5=0 Tenglamaning barcha kompleks yechimlarini toping
Yechish. X²-4x+5=0
D=b²-4ac= 16-4*5*1=-4
X_1,2=
Javob: x₁=2+I x₂=2-i
4 Bir nomalumli ko’phadlar tushunchasi. Ko’phadlar tengligi.
Butun musbat darajali harf, son yoki ulardan tuzilgan ko’paytuvchilar ko’paytmasidan iborat butun algebraik ifoda birhad deyiladi. Koeffitsiyentlari bilangina farq qiladigan birhadlar o’xshash birhadlar deyiladi. Masalan, 3ab va -4,2ab lar o’xshash birhadlardir.
Har qanday birhad turli ko’rinishda yozilishi mumkin. Masalan,
7a⁶ ∙ b⁵ = 3.5 ∙ 2a⁶ ∙ b⁵ = 7a⁴ ∙ b³ ∙ a² ∙ a² ∙ b² = …
Lekin 7 a⁶ b⁵ birhadda sonli ko’paytuvchi birinchi o’rinda, harflar alfavit tartibida daraja ko’rsatkichi orqali bir marta yozilgan bo’lib, u standart ( kanonik ) ko’rinishda yozilgandir.
Birhaddagi barcha harflar darajalarining yig’indisi shu birhadning darajasi deyiladi.
Son yoki bitta harf ham birhaddir. Masalan, x; y; ; 0; 3,(9) - birhadlardir.
Birhadlar yig’indisi ko’phad deyiladi.
Masalan, 3a²b +7 b² c , 9 x² y +xy² ifodalarning har biri ko’phaddir.
Ko’phad tarkibidagi eng katta darajali birhadning darajasi shu ko’phadning darajasi deyiladi. Masalan, P(x) =c+ax² +bx, R(x, y) = =3xy +z ikkinchi darajali ko’phaddir.
P (x) = c + ax² + bx va P(x) = ax² + bx + c ko’phadlarni qaraylik, ular bitta ko’phadning ikki ko’rinishli yozuvi. Ulardan ikkinchisi x o’zgaruvchi daraja ko’rsatkichlarining kamayib borishi tartibida, ya’ni standart ko’rinishdagi yozuvidir.
Ko’p argumentli ko’phadlar ham standart ko’rinishda yozilishi mumkin. x, y …, z- o’zgaruvchilar, a, b lar noldan farqli sonlar bo’lsin. ax^k₁ y^k₂ … z^k_n va bx^m₁ y^m₂ … z ^m_n birhadlarni solishtiraylik. k₁= m₁ , k₂=m₂ , … , k_i = m_i , lekin k_i+1 > m_i+1 bo’lsa, birinchi birhad ikkinchisidan katta, chunki ulardagi x va y lar daraja ko’rsatkichlari bir xil bo’lsa-da, z ning ko’rsatkichi birinchi birhadda katta.
Agar ko`p o`zgaruvchili ko`phadda har qaysi qo`shiluvchi o`zidan o`ngda turgan barcha qo`shiluvchilardan katta bo`lsa , qo`shiluvchilar lug`aviy ( leksikografik ) tartibda joylashtirilgan deyiladi . Masalan , P( x , y , z ) =8x⁵y⁶z² -5x⁴y⁸z+16x⁴y⁵z⁴ ko`phadlarning qo`shiluvchilari lug`aviy tartibda joylashtirilgan .
Agar ko’phadning barcha hadlari x, y, … , z o’zgaruvchilarning ko’rsatkichlari yig’indisi m ga teng bo’lsa, uni m - darajali bir jinsli ko’phad deyiladi. Masalan, 8x-5y+z ─ birinchi darajali bir jinsli ( bunda m=1), x³+y³+z³-7xy²-5xyz ─ uchinchi darajali (m=3) bir jinsli
ko’phad.
Agar ax^k₁ … z^k_n birhad m=k₁+…+k_n darajali bo’lsa, ixtiyoriy umumiy λ ko’paytuvchi uchun a(λx) ga ega bo’lamiz.
Agar ixtiyoriy λ soni uchun f(λx,…, λz)= λ^mf(x,…,z) tenglik bajarilsa, f(x,…,z) ko’phad (funksiya) m ─ darajali bir jinsli ko’phad (funksiya) bo’ladi. Masalan,f(x,y)=y³+x² funksiya 3-darajali bir jinsli funksiyadir, chunki

F(2x,2y)=8y³+4x²· =2³f(x;y). Shu kabi f(x,y)=x³+2x²y-y³+x² ─ uchinchi darajali (m=3), f(x,y,z)= nolinchi darajali (m=0), f(x,y,z)=z∙ birinchi

Darajali (m=1) bir jinsli funksiyadir. Agar x³y+xy³ ko’phadda x o’rniga y, y o’rniga x yozilsa ( yani x va y lar o’rin almashtirilsa ), oldingi ko’phadning o’zi hosil bo’ladi.
Agar P(x,y,…,z) ko’phad tarkibidagi harflarning har qanday o’rin almashtirilishida unga aynan teng ko’phad hosil bo’lsa, P ko’phad simmetrik ko’phad deyiladi . Simmetrik ko’phadda qo’shiluvchilar o’rin almashtirilganda yig’indi, ko’paytuvchilar o’rin almashtirilganda ko;paytma o’zgarmaydi.
Agar (λ +x)( λ+y)…( λ+z) ifodadagi qavslar ochilsa, λ darajalarining koeffitsiyentlari sifatida x , y , … , z o’zgaruvchilarning simmetrik ko’phadlari turgan bo’ladi. Ular asosiy simmetrik ko’phadlar deyiladi. Masalan, o’zgaruvchilar soni n=2 bo’lsa,
(λ +x)( λ+y)= λ²+(x+y) λ+xy bo’lib, asosiy simmetrik ko’phadlar x + y va xy bo’ladi. Ularni σ₁=x+y, σ₂=xy orqali ifodalaymiz. Shu kabi, n=3 da σ₁=x+y+z , σ₂=xy+xz+yz , σ₃=xyz bo’ladi.
Bulardan tashqari, quydagi ko’rinishdagi σ₁=x + + y + … + z
(n ta qo’shiluvchi), σ₂ = x² + y² + … + z² , … , σ_k = x^k + y^k + … + z^k darajali yig’indilar ham simmetrik ko’phadlardir.
1.1- teorema. Ixtiyoriy s_k = x^k + y^k darajali yig’indi σ₁ =x + y va
σ₂ =xy larning ko’phadi ko’rinishida tasvirlanishi mumkin.
Isbot. Haqiqatan, k=1 da s₁ = x + y = σ₁ , k=2 da s₂ = x² + y² = =(x+y)² - 2xy = σ₁² - 2σ₂ . Teorema s _n-1 va s_n (bunda 1 ≤ n ≤ k , k ≤ 2) uchun to’g’ri bo’lsin. Uning s_n+1 uchun to’g’riligini isbotlaymiz:
s_n+1 = xⁿ⁺¹ + yⁿ⁺¹ = (xⁿ+yⁿ) (x+y) – xⁿy = (xⁿ +yⁿ) (x+y) – (x^n-1 + y^n-1) xy =
=s_n σ₁ - s_n-1 σ₂
Faraz bo’yicha s_n va s_n-1 lar uchun teorema to’g’ri edi. Demak, teorema s_n+1 uchun ham to’g’ri.
1.2- teorema. x, … , z o’zgaruvchilari har qanday simmetrik P ko’phad yagona ravishda shu o’garuvchilardan tuzilgan asosiy simmetrik ko’phadlardan iborat bo’ladi.
Isbot. N=2 bo’lgan holni qaraymiz. P(x,y) simmetrik ko’phad ax^m y^k qo’shiluvchiga ega bo’lsin. Agar m=k bo’lsa, bu qo’shiluvchi a(xy)^k ga, ya’ni aσ^k ga teng, k>m bo’lsa, P(x,y) ning tarkibida ax^m y^k bilan bir qatorda x va y larni o’rin almashtirishdan hosil bo’luvchi ax^m y^k qo’shiluvchi ham bo’ladi: ax^k y^m +ax^m y^k=a(xy)^m(x^k-m+y^k-m)=aσ^m₂ s_k-m . Lekin 1- teoremaga muvofiq ixtiyoriy s_k-m darajali yig’indi, demak, P simmetrik ko’phad ham har doim σ₁ , σ₂ orqali ifodalanadi.
1-misol. P(x , y) = x³+y³ + 2x²y + 2xy² simmetrik ko’phadni σ₁ va σ₂ lar orqali ifodalaymiz.
Yechish. P(x,y) = (x + y) ( x²-xy+y²) +2xy(x+y) =
= (x + y) ( x²-xy+y²+2xy) =(x + y)( (x + y)²-xy)= σ₁(σ²₁-σ₂).
P(x)=a_nxⁿ + a_n-1x^n-1 + … +a₁x+ a₀ (a_n≠0) ko’rinishdagi butun ratsional ifoda bir o’zgaruvchili n-darajali ko’phad deyiladi. Har qanday son 0- darajali ko’phaddan iborat. 0 soni esa darajaga ega bo’lmagan ko’phad. A_nxⁿ qo’shiluvchi ko’phadning bosh hadi, a₀ esa uning ozod hadi deyiladi.
1.3- teorema. O’zgaruvchi x bo’yicha tuzilgan har qanday butun ratsional ifoda a_nxⁿ + a_n-1x^n-1 + … + a₁x + a₀ (1) ko’rinishdagi ifodaga aynan tengdir, bunda a_n, … , a₀ ─haqiqiy sonlar, a_n≠0.





X U L O S A
Kurs ishida ko’phadlar va ular ustida amallar mavzusiga bag’ishlangan bo’lib, ushbu mavzu yuzasidan tegishli tavsiyalar berilgan
Kurs ishidan quyidagi xulosalalarni olamiz:

• 
  Ko’phad tushunchasi, ko’phadning darajasi, ko’phadlar tengligi va ko’phadlar ustida amallar mavzusi yoritilib, aniq misol va masalalar yordamida ko’rsatib berildi;
  
• 
  Qoldiqli bo’lish haqidagi teorema va uning isboti berilib, misollar yordamida yoritib berildi;
  
• 
  Yevklid algorirmi, ko’phadlarning EKUBi va EKUKi mavzulari yoritilib, misollar yordamida ko’rsatib berildi;
  
• 
  Bezu teoremasi va uning isboti berilib, misollar yordamida ko’rsatib berildi;
  
• 
  Gorner sxemasi va uning kelib chiqishi yoritilib, misollar yordamida ko’rsatib berildi;
  
• 
  Ko’phadning ildizi, ko’phadning karrali ildizi mavzulari yoritilib, misollar yordamida ko’rsatib berildi;
  
• 
  Yuqori darajali algebraic tenglamaning yechilish usullari yoritilib, misollar yordamida ko’rsatib berildi;
  

Хulosa qilib shuni aytish mumkinki, bitiruv malakaviy ishi natijalaridan umumta’lim maktab matematika o‘qituvchilari, akademik litsey va kasb - hunar kolleji o‘qituvchilari keng foydalanishi mumkin, shu bilan birgalikda institutni bitirib maktabga matematika fanidan dars beradigan o‘qituvchilarga ham metodik qo‘llanma sifatida juda yaxshi yordam beradi degan umiddamiz.
Foydalanilgan adabiyotlar:

1. 
   A.Abduxamidov va boshqalar Algebra va matematik analiz asoslari. I qism. Akademik litseylar uchun darslik Toshkent 2006 y.
   
2. 
   A.Abduxamidov va boshqalar Algebra va matematik analiz asoslari.
   

II qism. Akademik litseylar uchun darslik Toshkent 2006 y.

3. 
   Abduxalil Meliqulov, Parda Qurbonov, Parda Ismoilov
   

Matematika I qism Kasb-hunar kollejlari uchun o`quv qo`llanma.
Toshkent. “O`qituvchi”, 2004

4. 
   Ishmuhamedov R., Abduqodirov A., Pardayev A.
   

Ta`limda innavatsion texnologiyalar (ta`lim muassasalari pedagog-o`qituvchilari uchun amaliy tavsiyalar) Toshkent-2008

5. 
   Akademik litseylar uchun chuqurlashtirilgan fanlar. Davlat ta’lim standartlari. Arnpring.T 2001-yil. 3-tom.
   
6. 
   Глейзер Г.Д. и др. Алгебра и начала анализа.”Просвещение”,М., 1989.
   
7. 
   S. Alixonov “Matematika o’qitish metodikasi” T.:O’qituvchi, 2008-yil
   
8. 
   D.I Yunusova “Matematika o’qitishning zamonaviy texnalogiyalari’
   

Toshkent 2010-yil.

9. 
   “Уравнения и неравенства “ Вавилов В. В. Мельников И. И.
   

Олехник С. Н. Посеченко П. И. Москва “Наука” 1987
Elektron saytlar
1.www. pedagog.uz
2.www. edu.uz
3. www. Ziyonet