Respublikasi xalq ta`limi vazirligi navoiy davlat pedagogika instituti

§.To’rtinchi darajali tenglamalarni Ferrari usulida yechish

To‘rtinchi darajali tenglamani yechishning Ferrari usuli bilan tanishib chiqamiz.Bu usul bo‘yicha to‘rtinchi darajali tenglamani yechish biror yordamchi uchinchi darajali tenglamani yechishga keltiriladi.
Kompleks koeffistientli 4-darajadi tenglama ushbu
x⁴+ax³+bx²+cx+d=0 (1)
ko‘rinishda berilgan bo‘lsin. (1) ni x⁴+ax³=-bx²-cx-d ko‘rinishda yozib olib, uning

ikkala tomoniga

hadni qo‘shamiz va ushbu ko‘rinishdagi tenglamani hosil

qilamiz:


( + )² =( )x²-cx - d (2)

(2) tenglamaning ikkala tomoniga (x²+ )y+
hadni qo‘shib ushbu

( + )² =( +y)x²+( - c)x+( - d)
(3)

tenglamani hosil qilamiz. (3) ning chap tomonida to‘la kvadrat hosil bo‘ladi. O‘ng tomonidagi uchxad esa y parametrga bog‘liq. Undagi y parametrni shunday tanlab olamizki, natijada (3)ning o‘ng tomoni to‘la kvatrat bo‘lsin. Ma‘lumki Ax²+Bx+C=0 uchxad to‘la kvadrat bo‘lishi uchun B²- 4AC=0 bo‘lishi yetarli. Haqiqatan ham, bu shart bajarilsa, B²=4AC bo‘ladi va

Ax²  Bx  C 
Ax²  2
ACx  C  (
Ax 
C)² ,

ya‘ni ^Ax2

• 
  Bx  C  (
  

Ax 
C)²
tenglamaga ega bo‘lamiz. Demak, y ni

shunday tanlab olamizki, natijada


( - c)²- 4(
(4)

+y) ( - d)=0

shart bajarilsin, ya‘ni y ga nisbatan uchinchi darajali tenglama hosil bo‘ladi. (4)shart bajarilsa, u holda (3)ning o‘ng tomoni to‘liq kvadratga aylanadi. (4)tenglamani yechib uning bitta ildizi y₀ ni topamiz va uni (3)tenglamadagi y o‘rniga olib borib qo‘yamiz. U holda

( + )² =(x+)² (5)

tenglamani hosil qilamiz. (5) tenglamani yechganda quyidagi kvadrat tenglamalar sistemasi hosil bo‘ladi:
+ = x+ ,
+ = -x- . (6)


ay_{0  c}

Bu yerda ^{ }
,   ² .
2

Bu sistemani yechib berilgan (1) tenglamaning barcha yechimlarini topamiz.
Misollar.

1. 
   x³-9x²+21x-5=0 tenglamani yeching.
   

Yechilishi. Bu yerda x=y+3 degan almashtirish olamiz. U holda y³-6y+4=0

tenglama hosil bo‘ladi. Demak, bizda p= -6, q=4 va   ^q2  ^p3
4 27
dan = - 4 ni

hosil qilamiz. < 0 bo‘lganligi uchun berilgan tenglamaning ildizlari haqiqiy va har xil bo‘lishi kerak. (8) dan

u   ³ 2  2i.

Endi - 2+2i ning moduli va argumentini topamiz:

r   2 2;

  arctg ²

2

 arctg(1) 

3 _.

4

Bundan kompleks sonlarni trigonometrik ko‘rinishga keltirish va ildiz chiqarish qoidalariga asosan quyidagilarga ega bo‘lamiz:

2  2i  2 2 (cos ^3

4

• 
  i sin ^3 ) ;
  

4

^3  2k ^3  2k

u  
^{13 4}  i sin ⁴ ) =

_k (2 2 ) (cos _{3 3}

^  ^
2k   ^{ 2k}  ^

2 _cos_  _  i sin_  _{ } ;

k  0,1,2.

_  _{4 3}   _{4 3}  _

Bu yerda k=0 deb olsak

u  2 (cos ^  i sin ^ )  1  i _.

⁰ 4 4

(18) ga ko‘ra
^{v  u} . Demak, v₀=1-i va y₀= u₀+v₀= u₀+^u =2. (10) dan

y   ¹ (u  u )  i (u  u

)  1  3;

1 ₂ 0 0 ₂ 0 0

y   ¹ (u  u )  i (u  u

)  1  3.

2 ₂ 0 0 ₂ 0 0


Bu qiymatlarni x=y+3 almashtirishga olib borib qo‘yib

x₀=5 , x₁=2- ^3,
x₂  2  3.

berilgan tenglamaning yechimlarini hosil qilamiz.

2. 
   misol. x⁴+2x³+2x²+x-7=0 tenglamani yeching.
   

Yechilishi. Bizning misolimizda a=2, b=2, c=1, d=-7. Shuning uchun ham (4)
y³-2y²+30y-29=0; A=0, B=0, C=29/4
ko‘rishda bo‘ladi. Shunday qilib berilgan tenglama


x²+x+ ¹ =  ²⁹
2 2
tenglamaga teng kuchli. Buni yechib berilgan tenglamaning yechimlarini hosil

qilamiz. 1) x²+x+ ¹ =
²⁹ x²+x+ ¹ -
29 _{ 0}

2 2 2 2

D=(-1)²-4 ( ¹ - ²⁹ )
^{√ 1}
2
29
2

2 2

2. 
   misol. x⁴-x³-3x²+5x-10=0 tenglamani yeching.
   

Yechilishi. Bu yerda a=-1, b=-3, c=5, d=-10 va
(-y/2 - 5)² - 4(1/4 +3+y)(y²/4 +10) = 0
(y/2 +5)² - (13+4y)(y²/4 +10)=0 y²/4 +5y+25- 13y²/4-130-y³-40y=0
-y³-3y²-35y-105=0
-y²(y+3)-35(y+3)=0.

Demak y₀= -3 va A=1/4, B= -13/2, C=49/4;   .Shuning uchun ham berilgan tenglama ushbu tenglamaga teng kuchli
x²-x/2-3/2=( x/2-7/2).
Bu tenglamani yechib berilgan tenglamaning yechimlarini hosil qilamiz.









x


2)



^{Javob: x1,2=} √

2. 
   §.Kvadrat tenglamaga keltiriladigan yuqori darajali tenglamalar
   

Ba‘zi yuqori darajali algebraik tenglamalarni kvadrat tenglamaga keltirib yechish mumkin. Shunday tenglamalardan ayrim muhim hollarini ko‘rib chiqamiz.

Ushbu
ax⁴ + bx³ + cx² + dx + e = 0 (1) ko‘rinishdagi tenglama to'rtinchi darajali tenglama deyiladi. Bunda а 0 bo‘lib, a, b, c,d, e tenglama koeffitsiyentlari haqiqiy sonlardir. (1) tenglamaning haqiqiy ildizlarini xususiy hollarda topish usullari bilan tanishib chiqamiz.
Bikvadrat tenglamalar. Agar (1) tenglamada b=d=0 bo‘lsa, u holda tenglama
ax⁴+cx²+e=0
ko‘rinishni oladi.Bunday shakldagi tenglama bikvadrat tenglama deyiladi. Tenglama koeffitsiyentlarini qabul qilingan tartibda yozsak,
ax⁴+bx²+c =0 (2)
tenglamaga ega bo‘lamiz. Agar D= b² - 4ас 0 bo‘lsa, tenglamani yechishda
x² = t(t 0) (3)
almashtirishdan foydalaniladi. Natijada
at²+bt+c=0

kvadrat tenglamaga ega bo‘lamiz. Ma‘lumki,

√

Agar 0, 0 bo‘lsa, (2) tenglama ildizlari (3) ga ko‗ra quyidagicha topiladi:





_{⟦ ⟦}( _√ )( _√ ) _{⟦ √}
( _√ )( _√ ) _√

1. 
   misо1. x⁴-4x²-5=0 tenglamani yeching.
   

Yechilishi. x²=t, t² -4t-5=0



√ ^{= ⟦}



x² =-1 tenglama haqiqiy ildizlarga ega emas.






( √ )( √ ) √ ^Javob:{ √ }

Qaytma tenglamalarni kvadrat tenglamaga keltirib yechish.
Agar to‘rtinchi darajali ax⁴+bx³+cx²+dx+e=0 tenglama koeffitsiyentlari uchun a=e va b=d tengliklar о 'rinli bo ‘lsa, и holda bunday tenglama «qaytma» tenglama deyiladi.
Quyida bu tenglamani yechish uslubini ko‗rib chiqamiz.

2.