Termiz davlat universiteti fizika- matematika fakulteti matematik tahlil kafedrasi

MAVZUNI MUSTAXKAMDASH UCHUN SAVOLLAR .

a). k- tartibli minor deb nimaga aytiladi ?

b). qo'shimcha minor deb nimaga aytiladi ?

v). Algebraik to'ldiruvchi deb nimaga aytiladi ?

g). а ₁₁ а₁₂ а₁₂

D= а₂₁ а₂₂ а₂₃

а₃₁ а₃₂ а₃₃

determinantdagi а₃₂ elementga mos algebraik to'ldiruvchini toping .

20 - MA'RO'ZA

MAVZU: DETERMINANTLARNI SATR YOKI USTUN ELEMENTLARI

BO'YICHA YOYISH.
REJA:

1. Determinantlarni satr elementlari bo'yicha yoyish formulasi. Misollar.

2. Determinantlarni satr elementlari bo'yicha yoyish. Misollar.

3. Kramer formulalari.

4. Bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasining nolmas yechimga ega bo'lish sharti.

ADABIYOTLAR [ 1, 2, 3].

1. Agar Laplas teoremasida r=1 deb olib i- satrni ajratsak (4^*) formula quyidagi ko'rinishga keladi.

1- natija. D= a_i1A_i1+ a_i2A_i2+ ... +a_{i n} A_{i n} . (1)

(1) ga D determinantni i-satr elementlari bo'yicha yoyish formulasi deyiladi.

Agarda Laplas teoremasida r=1 deb olib birta j- ustunini ajratib olsak ushbu natijaga ega bo'lamiz.

2- natija. D= a_1j A_1j+ a_2j A_2j + ... + a _nj A_nj . (2)

(2) ga D ni j- ustun elementlari bo'yicha yoyish formulasi deyiladi.

Misol. 1). 1 2 3 0 ni avval 1- satr elementlari bo'yicha yoyib, keyin

D= 1 -1 2 -1 esa 1- ustun elementlari bo'yicha yoyib hisoblang.

1 1 0 1

0 2 0 1

Avvalo D ni 1-satr elementlari bo'yicha yoyib hisoblaylik:

-1 2 1 1 2 -1 1 -1 -1 1 -1 2

D=1(-1)¹⁺¹ 1 0 1 + 2 (-1)¹⁺² 1 0 1 + 3  1 1 1 + 0 (-1)¹⁺⁴ 1 1 0 =

2 0 1 0 0 1 0 2 1 0 2 0

= 0 + 0 + 4 - 0 -2 +0 -2( 0 + 0 + 0 + 0 - 2 - 0) + 3 ( 1 - 2 - 0 - 0 + 1 - 2)+ 0=

=2 + 4 - 6 = 0 .

Endi D ni 1- ustun elementlari bo'yicha yoyib hisoblaymiz:

-1 2 -1 2 3 0 2 3 0

D=1(-1)¹⁺¹ 1 0 1 + 1 (-1)²⁺¹ 1 0 1 +1 (-1)³⁺¹ -1 2 -1 + 0 =( 0 + 0 + 4 - 0 -

2 0 1 2 0 1 0 2 1

- 2 - 0 ) - ( 0 + 0 + 6 - 0 - 3 - 0) + ( 4 + 0 - 6 - 0 + 3 - 0) = 2 - 3 + 1 = 0.

Agarda D ning i- satridagi faqat birta element, masalan a_i1  0 , bo'lib

qolgan elementlar nolga teng bo'lsa, u holda D ning qiymati shu element bilan o'nga mos algebraik to'ldiruvchi A_i1 ning ko'paytmasiga teng bo'ladi.


Misol. 1). 1 2 -1 0 1 0 0 0

1 1 1 1 = 1 -1 2 1 -1 2 1

3 2 1 -1 3 -4 4 -1 = -4 4 -1 = - 20 + 4 + 0 - 0 + 40 + 1 = 25.

2 4 -3 5 2 0 -1 5 0 -1 5

2). a₁₁ 0 0 ... 0 a₂₂ 0 ... 0 а₃₃ ... 0

a₂₁ a₂₂ 0 ... 0 a₃₂ а₃₃ ... 0

D = a₃₁ a₃₂ а₃₃ ... 0 = а₁₁ - - - - - - - - = а₁₁ а₂₂ - - - - - - = ... =

- - - - - - - - - - - a_n2 a_n3 ... a_nn а_n3 ... а_nn

a_n1 a_n2 a_n3 ... a_nn
= а₁₁ а₂₂ а₃₃ ... а_nn .
3). 0 0 . . . 0 a_1n

0 0 . . . a_2,n-1 a_2n 0 0 . . . a_2,n-1

. . . . . . . . . . . . . . . = a_1n (-1)¹⁺ⁿ . . . . . . . . . . . . . =

a_n1 a_n2 . . . a_n,n-1 a_nn a_n1 a_n2 . . . a_n,n-1




0 . . . a_3,n-2

= a_1n a_2,n-1(-1)^1+n+n-1+1 - - - - - - - - - = . . .= a_1n a_2,n-1 . . . a_n1(-1)^{(n+1)+n+ . . .+ 1} =

0 . . . a_n,n-2
=(-1)^{(1+n+1)(n+!) / 2} a_1n a_2,n-1 . . . a_n1 = (-1)^{(n+1)(n+2) / 2} a_1n a_2,n-1 . . . a_n1 .
3-natija. Agar n- tartibli D determinantdagi i- satrning (ustunning) elementlarini boshqa bir j- satrining (ustunining) algebraik to'ldiruvchilariga mos ravishda ko'paytirib qo'shsak yig'indi 0 ga teng bo'ladi, ya'ni

a_i1A_j1+ a_i2A_j2+ ... +a_{i n} A_{j n} = 0 , ( i j) (3)

a_1i A_1j+ a_2i A_2j + ... + a _{n i} A_nj =0, ( i  j). (4)

Isboti. 1- natijaga ko'ra D=a_1j A_1j+ a_2j A_2j + ... + a_nj A_nj . Agar bu formulaning chap tomonidagi a_1j , a_2j , ... , a _nj elementlarni mos ravishda a_1i , a_2i , ... , a _ni lar bilan almashtirsak (ya'ni D da j-ustun elementlarining o'rniga ham i-ustun elementlarini yozsak) D da ikkita bir xil ustun paydo bo'ladi. Determinantlarning xossasiga ko'ra bunday determinantning qiymati nolga teng. Shunday qilib (4) tenglik isbotlandi. (3) ham xuddi sho'nga o'xshash isbotlanadi.

3. Faraz etaylik n ta nomalumli n ta chiziqli tenglamadan to'zilgan sistema

a₁₁ x₁ + a₁₂ x₂ + ... + a_1j x_j + ... + a_1n x_n = b₁

a₂₁ x₁ + a₂₂ x₂ + ... + a_2j x_j + ... + a_2n x_n = b₂

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - (5)

a_n1 x₁ + a_n2 x₂ + ... + a_nj x_j + ... + a_nn x_n = b_n
berilgan bo'lsin. Bu sistemadagi 1-tenglamani A_1j ga, ikkinchisini А_{2 j} ga, ... , n- tenglamani A_nj ga ko'paytirib, tenglamalarni hadlab qo'shamiz. U holda
(a₁₁ A_{1 j} + a₂₁ A_{2 j} + ... + a_n1 A_{n j} ) x₁ +( a₁₂ A_{1 j} + a₂₂ A_{2 j} + ... + a_n1 A_{n j}) х₂+...+

+( a_1j A_{1 j} + a_2j A_{2 j} + ... + a_nj A_nj)х_j+...+( a_1n A_{1 j} + a_2n A_{2 j} + ... + a_nn A_nn)х<sub>n=

=</sub>b₁A_1j+b₂A_2j+...+b_nA_nj .
tenglamaga ega bo'lamiz . Bundan esa (4)ga asosan

(а_1j А_1j +a_2j A+... + a_nj A_nj ) х_j=b₁A_1j+b₂A_2j+...+b_n A_nj (6)

ni hosil qilamiz. (6) ning chap tomonidagi х_j noma'lum oldidagi koeffisiyent 2-natijaga ko'ra D ga teng. O'ng tomonidagi ifoda esa D dagi j-ustun elementlarining o'rniga (5) dagi ozod hadlar ustunini qo'yib hosil qilingan D_j determinantga teng . Demak , Dх_j =D_j еки х_j=D_j / D , j=1,2,3,...,n ; ya'ni

х₁=D₁ / D, х₂=D₂ / D , ... , х_n =D_n / D (7) formulalarga Kramer formulalari deyiladi. (7) ning (5)-chiziqli tenglamalar sistemasini qanoatlantirishini bevosita uning istalgan tenglamasiga qo'yib tekshirib ko'rish mumkin.

(7) da D0 bo'lishi kerak, agar D=0 bo'lsa, (5) yechish uchun Kramer formu-lasidan foydalanib bo'lmaydi . ( Bu holda (5) ning rangi r < n topiladi va (5)da n-r ta noma'lumlarni o'ng tomonga o'tkazib keyin qo'llasa bo'ladi).

Misol. 2x₁ - 3x₂ + x₃ = -1

x₁ + 4x₂ - x₃ = 3

3x₁ - x₂ + x₃ = 4 chiziqli tenglamalar sistemasini Kramer formulalaridan foydalanib yeching.

Avvalo D, D₁, D₂ , D₃ larni hisoblaylik.

2 -3 1

D= 1 4 2 =8 - 1 + 18 - 12 + 3 - 4 = 12  0

3 -1 1

-1 -3 1

D₁= 3 -4 -2 =- 4 - 3 + 24 - 16 + 9 +2 = -23 + 35 = 12

4 -1 -1

2 -1 1

D₂ = 1 3 -2 = 6 + 4 + 6 - 9 + 1 + 16 = 24

3 4 1

2 -3 -1

D₃ = 1 4 3 = 32+ 1 - 27 + 12 + 12 + 6 = 63 - 27 =36.

3 -1 4

Bu topilgan qiymatlarni (7) formulalarga olib borib qo'ysak

х₁=D₁ / D =12 / 12 =1 , х₂=D₂ / D =24 / 12 = 2 , х₃ =D₃ / D =36 / 12 =3

berilgan sistemaning yechimlariga ega bo'lamiz.

Endi ushbu teoremani isbotlaymiz:

Teorema. n ta noma'lumli n ta bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasi noldan farqli yechimga ega bo'lishi uchun uning noma'lumlari oldidagi koeffisiyentlardan to'zilgan matrisaning determinanti nolga teng ( D = det A=0 ) bo'lishi zarur va yetarlidir.

Isboti.a).Faraz etaylik

a_i1 x₁ + a_i2 x₂ + ... + a_in x_n = 0 , ( i=1,2 , ...,n) (8)

sistema noldan farqli ₁₂  _n yechimga ega bo'lsin. U holda

a_i1  ₁ + a_i2 ₂ + ... + a_in _n = 0 , ( i=1,2 , ...,n) . (9)

Bu oxirgi sistemani quyidagicha yoza olamiz:

(a₁₁  ₁ + a₁₂ ₂ + ... + a_1n _n ; a₂₁  ₁ + a₂₂ ₂ + ... + a_2n _n ;  ;a_n1  ₁ + a_n2 ₂ + ... + a_nn _n) = ( 0, 0, ... , 0)

yoki

 ₁(a₁₁ ,a₂₁ , ... a_n1)+₂( a₁₂ , a₂₂ , ... ,a_n2) +  +  _n( a_1n , a_2n , ... , a_nn )= 0 . (10)
(10) dan ko'rinadiki D ning ustunlari chiziqli bog'langan va demak D=0.

б). D=0 bo'lsa, u holda determinantlarning xossalariga ko'ra uning ustunlari chiziqli bog'langan. Demak, hech bo'lmasa birortasi noldan farqli bo'lgan ₁₂  _n sonlari mavjud bo'lib (10) bajariladi. (10) dan esa (9) kelib chiqadi, ya'ni (8)-sistema noldan farqli yechimga ega.

Misol. 2x₁ +x₂ - 4 x₃ = 0

x₁ - x₂ - 5x₃ = 0

3x₁ +4 x₂ - x₃ = 0 chiziqli tenglamalar sistemasini qaraylik..

Bunda 2 1 -4

d= 1 -1 -5 = 2 - 16 - 15 - 12 + 1 + 40 = 43 - 43 = 0

3 4 -1

bo'lgagligi uchun sistema noldan farqli yechimga ega. Uni Gauss usuli bilan yechamiz :

x₁ - x₂ - 5x₃ = 0 x₁ - x₂ - 5x₃ = 0 x₁ - x₂ - 5x₃ = 0

3 x₂ + 6x₃ = 0  x₂ + 2x₃ = 0  x₂ + 2x₃ = 0 

7x₂ + 14x₃ = 0 x₂ + 2x₃ = 0
x₂ = -2x₃ , x₁ = 5x₃ + x₂ = 5x₃ - 2x₃ = 3x₃ .

Javobi: x₁ = 3x₃ , x₂ = -2x₃ , x₃ R .
MAVZUNI MUSTAXKAMLASH UCHUN SAVOLLAR
1. n - tartibli D determinantni i - satr elementlari bo'yicha yoyish formulasini yozing.

2. n - tartibli D determinantni j - ustun elementlari bo'yicha yoyish formulasini yozing.

3. Agar n - tartibli determinantdagi biror satr elementlarini boshqa bir satrining algebraik to'ldiruvchilariga mos ravishda ko'paytirib hosil bo'lgan ko'paytmalarni qo'shsak yig'indi nimaga teng bo'ladi?

4. Agar n-tartibli determinantdagi biror satr elementlarini ularga mos algebraik to'ldiruvchilarga ko'paytirib hosil bo'lgan ko'paytmalarni kushsak yig'indi nimaga teng bo'ladi?

5. Kramer formulasini yozing.

6. Agar Kramer formulasi x_j = D_j / D da D = 0 bo'lib qolsa qanday holat yuz beradi?

7. x_j = D_j / D Kramer formulasidagi D_j va D lar qanday bog'langan ?
21- MA'RO'ZA

MAVZU: MATRISANING RANGINI UNING MINORLARIDAN FOYDALANIB HISOBLASH
REJA:
1. Matrisaning rangi va uning noldan farqli minorlarining tartibi

orasidagi bog'lanish.

2. Matrisalar ko'paytmasining determinanti.

3. Misollar. (Determinantlarni hisoblash).

ADABIYOTLAR [ 1, 2, 3]
1. Faraz etaylik bizga mxn - tartibli A=(a_{i j}) matrisa berilgan bo'lsin. Biz bundan avval matrisaning rangini elementar almashtirishlardan foydalanib hisoblash mumkin ekanligini kurgan edik. Endi ushbu teoremani is-botlaymiz.

1-teorema. A=(a_{i j}) matrisaning rangi uning noldan farqli minoralarining eng yuqri tartiblisining tartibiga teng.

Isboti. A matrisada noldan farqli eng yuqri r-artibli minor M uning yuqri chap burchagida joylashgan bo'lsin:

a₁₁ a₁₂ ... a_1r a_1,r+1 ... a_1n

a₂₁ a₂₂ ... a_2r a_{2, r+1} ... a_2n

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

a_r1 a_r2 ... a_{r r} a_{r, r+1} . .. a_rn

a_r+1,1 a_r+1,2 ... a_r+1,r a_r+1,r+1 ... a_r+1,n

- - - - - - - - - - - - - - - - -

a_m1 a_m2 ... a_{m r} a_{m, r+1} ... a_m,n
Aks holda A ning satr va ustunlarining o'rinlarini o'zaro almashtirib shu xolga olib kelish mumkin. Bu bilan uning rangi o'zgarmaydi.

A ning s- satri (s=r =1, 2, 3 , ... , m) birinchi r ta satrlar orqali chiziqli ifodalanadi.Ushbu (r+1)- tartibli determinant _i ni qaraymiz:

a₁₁ a₁₂ ... a_1r

_i = a₂₁ a₂₂ ... a_2r

- - - - - - - - - - - -

a_r1 a_r2 ... a_{r r} .

Bu yerda i= 1, 2, . . . , n; s = r+1, r+2, . . . , m. Barcha i= 1, 2, . . . , n lar uchun

_i = 0,

chunki i r da _i da ikkita bir xil ustun mavjud bo'ladi. r+1 i da esa _i

A ning (r+1) - tartibli minorini ifodalaydi, shuning uchun ham _i =0 .

_i ni oxirgi ustun elementlari bo'yicha yoysak

a_1i A_1i + a_2i A_2i + ... + a_ri A_ri + a_{s i} A_{s i} = 0 , (1)
Bunda A =(-1)^r+1+r+1 M =M=0 bo'lgani uchun (1) ni a_{s i} ga nisbatan yechsak

a_{s i} =_{1 i} a_{1 i} + _{2 i} a_{2 i} + . . . + _{r i} a_{r i} , (i= 1, 2, . . . , n; s = r+1, r+2, . . . , m) ga ega bo'lamiz. Bundan ko'rinadiki A ning s-catri birinchi r ta satrlari orqali chiziqli ifodalanadi. Demak, A matrisaning rangi (satrlar bo'yicha rangi) r ga teng.

Natija. Determinantning nolga teng bo'lishi uchun uning satrlari (ustunlari) chiziqli bog'langan bo'lishi zarur va yetarlidir.


Misol . 1 1 1 -1

-1 -1 1 1

A= 1 -1 -1 1

1 1 -1 1

0 1 0 1 matrisaning rangini hisoblang.

Avvalo shuni ta'kidlash kerakki, matrisaning rangini minorlardan foydalanib hisoblashda faqat birbirining ichiga joylashgan minorlarini tekshirish kifoya.

Bizning misolimizda М₁ =1  0

1 1 1 1

M₂= -1 -1 = -1 + 1 =0, M'₂ = -1 1 = 1 + 1 = 2  0
1 1 1

M₃ = -1 -1 1 = 1 + 1 + 1 + 1 - 1 + 1= 4  0

1 -1 -1




1 1 1 -1 1 1 1 -1

-1 -1 1 1 0 0 1 0 1 1 -1

M₄ = -1 -1 -1 1 = 2 0 0 0 =(-1)²⁺³ 2 0 0 = - (- 4) =4 .

1 1 -1 1 2 2 0 0 2 2 0
Demak, r(A) = 4.
2. Matrisalar ko'paytmasining determinanti

2- teorema. A va B n-tartibli kvadrat matrisalar ko'paytmasining determinanti shu matrisalar determinantlarining ko'paytmasiga teng.

Isboti. Agar A=E- birlik matrisa bo'lsa  E B  = 1  B  =  E   B  .

ya'ni bu holda teorema o'rinli.

2-teoremani isbotlashdan oldin ushbu lemmani isbotlaymiz.

Lemma. Agar A’’ matrisa A’ matrisadan birta elementar satr almashtirish yordamida hosil qilingan bo'lsa, u holda

 A’ В  =  A’    В  (2)

dan  A’’ В  =  A’’    В  (3)

kelib chiqadi.

Isboti. Faraz etaylik A’’ matrisa A’ matrisadan quyidagi elementar almashtirishlarning biri orqali hosil qilingan bo'lsin:

a) catrlarining o'rinlarini almashtirish;

b) ixtiyoriy satrini noldan farqli k coniga ko'paytirish;

c) biror satrini ixtiyoriy songa ko'paytirib ikkinchi bir satriga qo'shish.

Matrisalarni ko'paytirish qoidasiga asosan A’’ В matrisa A’ В matrisadan mos elementar almashtirish natijasida hosil bo'ladi.

a) bajarilgan bo'lsa,  A’’ = - A’ va

 A’’В =-A’B; (4)

b) bajarilgan bo'lsa,

 A’’ = k   A’ ,  A’’ В  =k  A’ B  ; (5)

v) bajarilgan bo'lsa, u holda

 A’’ =  A’ ,  A’’ В  =  A’-B  (6)

(4) , (5) va (6) dan (2) ga asosan (3) kelib chiqadi. Haqiqatan ham,
(4) va (2) dan  A’’ В  = - A’ B  = - A’   В  =  A’’   В  ;

(5) va (2) dan esa  A’’ В  = k  A’ B  = k  A’   В  =  A’’   В  ;

(4) ва (2) dan  A’’ В  =  A’-B  =  A’   В  =  A’   В  .

Shu bilan lemma to'la isbot bo'ldi.

Agar A matrisa a), б), с) elementar almashtirishlar yordamida E birlik matrisadan hosil qilingan bo'lsa, lemmaga asosan  E В  =  E    В  dan

 A В  =  A    В  kelib chiqadi. Bunda  A   0, ya'ni A- xosmas matrisa.

 A  = 0 bo'lsa, u holda AB matrisaning satrlari ham chiziqli bog'langan bo'ladi, ya'ni

 A В  = 0 va  A В  =  A    В  tenglik bajariladi.

3. Determinantlarni hisoblash.
1- misol. Ushbu D determinantda x qatnashgan hadning koeffisiyentini hisoblang:

1 2 0 x Determinantni oxirgi ustun elementlari bo'yicha yoysak

D = 0 1 1 y faqat 1-satr , 4- ustunini uchirganda x qatnashadi. Shu-

1 -1 0 z ning uchun ham x qatnashgan hadning koeffisiyenti ku-

1 1 1 t yidagiga teng bo'ladi: 0 1 1

1 -1 0 = 1+1-1 =1 .

1 1 1

2 - misol . Ushbu Vandermond determinantining qiymati ni hisoblang:



1 a₁ a₁² a₁³ . . . a₁^n-1

1 a₂ a₂² a₂³ . . . a₂^n-1

V_n = .....................................

1 a_n a_n² a_n³ . . . a_n^n-1 .

Buning uchun V_n ning har bir ustunini (-a₁) ko'paytirib o'zidan oldingisiga kushamiz. U holda

1 0 0 . . . 0

1 a₂ - a₁ a₂ (a₂ - a₁) . . . a₂^n-2 ( a₂ - a₁)

V_n= 1 a₃ - a₁ a₃ (a₃ - a₁) . . . a₃^n-2 ( a₃ - a₁) =(a₂ - a₁) (a₃ - a₁)...(a_n - a₁) 

........................................................................

1 a_n - a₁ a_n (a_n - a₁) . . . a_n^n-2 ( a_n - a₁)



1 a₂ a₂² a₂³ . . . a₂^n-2

 1 a₂ a₃² a₃³ . . . a₃^n-2

..................................... =(a₂ - a₁) (a₃ - a₁)...(a_n - a₁)  V_n-1 = . . . =

1 a_n a_n² a_n³ . . . a_n^n-2
=(a₂ - a₁) (a₃ - a₁)...(a_n - a₁) (a₃ - a₂) (a₄ - a₂)...(a_n - a₂) ...(a_n - a_n-1 )=

_n

=  (a_i-a_j).

^{i> j  }

3-misol. Ushbu determinantni uchburchak ko'rinishga keltirib hisoblang:

a-x a a . . . a

a a-x a . . . a

D = a a a-x . .. a

..........................

a a a . . . a-x .

Oxirgi ustunini (-1) ga ko'paytirib barcha ustunlariga kushib chiqamiz:

-x 0 0 . . . a

0 -x 0 . . . a

D = 0 0 -x . . . a

...................... ....

x x x . . . a-x .

Endi barcha satrlarini oxirgi satriga kushamiz:

-x 0 . . . a

0 -x . . . a

D = ...................... =(-x)^n-1 (na- x).

0 0 . . . na-x

4- misol.Berilgan D determinantni chiziqli ko'paytuvchilarini ajratish usuli bilan hisoblang:

1 x₁ x₂ . . . x_n

1 x x₂ . . . x_n

D= 1 x₁ x . . . x_n (1)

..........................

1 x₁ x₂ . . . x .
D ning yoyilmasi n-darajali ko'phad bo'lib u x=x₁, x₂ , . . . , x_n da nolga aylanadi.

Shuning uchun ham

D= c (x - x₁) (x - x₂) ... (x - x_n) (2)

deb olsak bo'ladi. Endi noma'lum koeffisiyent s ni aniqlaymiz. (1) ning boshhadi x^n-1, demak с=1.

Shunday qilib

D = ( x - x₁ ) ( x - x₂ ) ... ( x - x_n ).
5-misol . ( Rekurent formulalardan foydalanish).
a_o -1 o o ... o o

a₁ x -1 o ... o o

D_n+1 = a₂ o x -1 ... o o

- - - - - - - - - - - - - - - -

a_n-1 o o o ... x -1

a_n o o o ... o x ni hisoblang.

D_n+! ni oxirgi satr elementlari bo'yicha yoyamiz:




-1 o o ... o o

x -1 o ... o o

D_n+1 = (-1)ⁿ⁺² a_n o x -1 ... o o + x D_n = a_n (-1)ⁿ⁺²⁺ⁿ +x D_n =

- - - - - - - - - - - - -

o o o ... x -1
= a_n + x( a_n-1+x D_n-1 )= a_n + a_n-1x + x² D_n-1 .

Bu yerda

a₀ -1

D₂ = a₁ x = a₀ x+ a₁ , D₁ =a₀ .

Shuning uchun ham

D_n+1= a₀ xⁿ + a₁ x^n-1 + ... + a_n-1 x + a_n .