|
d
2
- birinchi darajali, koeffisiyenti
a
0
va
a
1
ga teng bo’lgan ko’phad.
d
n+
1
uchun xuddi shu kabi:
n
n
n
n
a
x
a
x
a
d
...
1
1
0
1
munosabat o’rinli
ekanligini ko’rsatamiz.
Faraz qilaylik,
1
2
1
1
0
...
n
n
n
n
a
x
a
x
a
d
o’rinli bo’lsin.
d
n
ning bu
ifodasini (1) ga qo’ysak,
n
n
n
n
a
x
a
x
a
d
...
1
1
0
1
hosil bo’ladi. ■
6-m i s o l.
n
-tartibli
2
cos
2
1
...
0
0
0
cos
2
cos
2
...
0
0
0
...
...
...
...
...
...
0
0
...
2
cos
2
1
0
0
0
...
cos
2
cos
2
1
0
0
...
0
cos
2
cos
2
2
2
2
2
2
n
d
determinantni hisoblang.
Yechish.
d
n
ni 1-ustun bo’yicha yoyamiz.
208
2
cos
2
1
...
0
0
0
...
...
...
...
...
...
0
0
...
cos
2
cos
2
1
0
0
...
0
0
cos
2
cos
2
2
2
1
2
n
n
d
d
O’ng tomondagi ikkinchi determinantni birinchi satri bo’yicha yoyamiz.
Natijada
1
1
2
cos
2
cos
2
n
n
n
d
d
d
rekurrent munosabat hosil bo’ladi.
Bunda
2
cos
2
2
ni 1 + cos
bilan almashtirib,
2
1
cos
)
cos
1
(
n
n
n
d
d
d
(2)
ga kelamiz. (2) rekurrent munosabatda
n
ni
n
-1 bilan almashtiramiz. U holda
3
2
1
cos
)
cos
1
(
n
n
n
d
d
d
ga teng bo’ladi.
d
n-
1
ning bu ifodasini (2) ga
qo’ysak,
3
2
2
cos
)
cos
1
(
)
cos
cos
1
(
n
n
n
d
d
d
(3)
ga ega bo’lamiz. (2) da
n
ni
n
-2 bilan almashtirib,
4
3
2
cos
)
cos
1
(
n
n
n
d
d
d
va uni (3) ga qo’yib,
4
2
3
3
2
cos
)
cos
cos
1
(
)
cos
cos
cos
1
(
n
n
n
d
d
d
ifodani
topamiz va h.k.
1
3
2
2
cos
)
cos
...
cos
1
(
)
cos
...
cos
1
(
d
d
d
n
n
n
,
cos
1
,
cos
cos
1
2
cos
2
1
cos
2
cos
2
1
2
2
2
2
d
d
ifodasini va natijada
n
n
d
cos
...
cos
1
ni hosil qilamiz.
d
n
ning bu ifodasini
matematik induksiya usuli yordamida tekshiramiz.
209
Rekurrent munosabatlar usuli determinantning umumiy ko’rinishidagi
qonuniyatni topish talab etadi. Bu usulning qiyinchiligi ham shunda.
2
,
2
1
n
qd
pd
d
n
n
n
,
(4)
ko’rinishdagi rekurrent munosibatni qanoatlantiruvchi determinantlarni o’rganish
bilan chegaralanamiz. (4) dagi
p
va
q
lar
n
dan bog’liq bo’lmagan o’zgarmas
kattaliklar.
q = 0
bo’lganda,
d
n
geometrik progressiyasining hadini hisoblagan kabi
hisoblanadi:
1
1
d
p
d
n
n
, bunda
d
1
- 1-tartibli determinant, ya’ni
d
n
ning chap yuqori
burchagida turgan element.
q
0
bo’lsin.
,
-lar
0
2
q
px
x
kvadrat tenglamaning ildizlari bo’lsin.
U holda
q
p
,
bo’lib, (4) tenglikni quyidagi ikki xil ko’rinishda yozish
mumkin:
)
(
2
1
1
n
n
n
n
d
d
d
d
,
(5)
)
(
2
1
1
n
n
n
n
d
d
d
d
,
(6)
bo’lsin. Geometrik progressiyaning (
n
-1)-hadini topish formulasidan (5)
va (6) larga ko’ra
)
(
1
2
2
1
d
d
d
d
т
n
n
va
)
(
1
2
2
1
d
d
d
d
т
n
n
, bundan esa,
)
(
)
(
1
2
1
1
2
1
d
d
d
d
d
n
n
n
yoki
n
n
n
c
c
d
2
1
, bunda
)
(
1
2
1
d
d
c
,
)
(
1
2
2
d
d
c
(7)
210
ni hosil qilamiz.
d
n
ning bu ifodasi
n > 2
uchun hosil qilingan bo’lib,
n=
1 va
n=
2
lar
uchun bevosita tekshiriladi.
c
1
va
c
2
larning (7) munosibatdan emas, balki
boshlang’ich
2
2
2
1
2
2
1
1
,
c
c
d
c
c
d
shartlardan topish mumkin.
bo’lsin. (5) va (6) tengliklar bitta
),
(
2
1
1
n
n
n
n
d
d
d
d
tenglikka aylanadi. Bundan
2
1
n
n
n
A
d
d
,
(8)
hosil qilamiz. Bunda
1
2
d
d
A
.
(8) da
n
ni
n-
1
bilan almashtirib,
3
2
1
n
n
n
A
d
d
ni, va undan esa
2
2
1
n
n
n
A
d
d
ni hosil qilamiz. Bu ifodani (5) tenglikka qo’yib:
2
2
2
2
n
n
n
A
d
d
ni topamiz. Bu usulni bir necha marta qo’llab,
2
1
1
)
1
(
n
n
n
A
n
d
d
yoki
]
)
1
[(
2
1
c
c
n
d
n
n
, bunda
2
1
A
c
,
1
2
d
c
(
0
q
bo’lganligi uchun
0
) ni hosil qilamiz. ■
7-m i s o l.
n
-tartibli
7
3
...
0
0
0
0
...
...
...
...
...
...
...
0
0
...
4
7
3
0
0
0
...
0
4
7
3
0
0
...
0
0
4
7
n
d
determinantni hisoblang.
Yechish.
Birinchi satr bo’yicha yoyib,
2
1
12
7
n
n
n
d
d
d
ni hosil qilamiz. Bu
rekurrent munosabatga muvofiq keluvchi
0
12
7
2
x
x
kvadrat tenglama
)
(
4
,
3
ildizlarga ega. Demak,
n
n
n
c
c
d
4
3
2
1
.
c
1
va
c
2
koeffisiyentlarni
)
(
1
2
1
d
d
c
,
)
(
1
2
2
d
d
c
formulalardan topamiz.
211
,
7
,
37
7
3
4
7
1
2
d
d
bo’lganligidan
c
1
=-3, c
2
=4
bo’ladi. Demak,
1
1
3
4
n
n
n
d
bo’ladi. ■
4.
Determinantni determinantlar yig’indisiga yoyish usuli
Ba’zida
n
-tartibli harfli determinantni ikki yoki bir nechta determinantlarning
yig’indisi ko’rinishida ifodalash orqali oson yo’l bilan hisoblash mumkin.
8-m i s o l.
n
-tartibli
a
b
a
b
a
b
a
b
a
d
0
...
0
0
0
0
...
0
0
0
0
...
...
...
...
...
...
...
0
0
...
0
0
0
0
...
0
0
0
0
...
0
0
determinantni hisoblang.
Yechish.
Determinantni birinchi ustun bo’yicha yoyamiz:
.
)
1
(
)
1
(
...
0
0
0
...
...
...
...
...
0
...
0
0
...
0
0
)
1
(
...
0
0
0
...
...
...
...
...
0
...
0
0
...
0
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
b
a
b
b
a
a
b
b
a
b
b
a
b
a
b
a
a
d
Ikkita determinant ham uchburchak ko’rinishiga ega. ■
212
9-m i s o l.
n
-tartibli
n
n
n
n
n
a
x
a
a
a
a
a
x
a
a
a
a
a
x
a
a
a
a
a
x
d
...
...
...
...
...
...
...
...
...
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
determinantni
hisoblang.
Yechish.
Berilgan determinantni:
n
n
n
n
a
x
a
a
a
a
a
x
a
a
a
a
a
x
a
a
a
a
a
x
d
...
0
0
0
...
...
...
...
...
0
...
0
0
0
...
0
0
0
...
0
0
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
ko’rinishda yozamiz.
Determinantning har bir ustun elementini ikkita qo’shiluvchining yig’indisi
ko’rinishida ifodalab, determinantning ma’lum xossasiga ko’ra
d
ni
n
-tartibli 2
n
ta
determinantlar yig’indisiga yoyish mumkin. Bunda hosil bo’lgan determinantlarning
ba’zilarida bir xil ustunlar hosil bo’ladi va bunday determinantlarlar qiymati nolga
teng bo’lganligi sababli ularni tashlab, qolganlarini quyidagi ko’rinishda yozish
mumkin:
n
i
i
i
i
x
a
a
x
a
x
x
x
x
d
1
...
...
0
0
...
...
...
...
...
...
0
...
...
0
0
...
...
0
...
0
0
0
...
...
...
...
...
0
...
0
0
0
...
0
0
(bunda
a
i
lar
i
-ustunda).
213
x
a
a
x
a
x
i
i
i
...
...
0
0
...
...
...
...
...
...
0
...
...
0
0
...
...
0
determinantni oxirgi ustun bo’yicha yoyib, hosil bo’lgan
(
n
-1)–tartibli determinant yana oxirgi ustun bo’yicha yoyib va h.k. oxirgi ustuni
a
i
larga teng bo’lgan uchburchak ko’rinishidagi
i
-tartibli determinant hosil bo’lguncha
qadar davom ettiramiz. Natijada
i
n
i
i
i
n
i
i
i
i
n
i
a
x
a
x
x
a
a
x
a
x
x
d
1
1
...
0
0
...
...
...
...
...
0
...
0
.
n
-tartibli
x
x
x
x
...
0
0
0
...
...
...
...
...
0
...
0
0
0
...
0
0
0
...
0
0
x
n
ga teng bo’lganligi sababli quyidagi ifodani hosil
qilamiz:
)
...
(
1
1
1
1
n
n
n
i
i
n
n
a
a
x
x
a
x
x
d
.■
Do'stlaringiz bilan baham: |
