|
misol. 3x4+26x2-9 bikvadrat uchhad ko`paytuvchilarga ajratilsin.
Yechish: 3x 4+26x 2-9=0 tenglamani yechamiz:
x 2 13 14
3
va x 2 1
3
dan
x1
, x2 ,
x2=-9 dan x3=3i, x4=-3i ni topamiz va
3x 4
26 x 2
9 3 x
1
x
1 x 3ix 3ini hosil qilamiz, yoki
3x4
26x2
9
3 3
3x 1
3x 1x 3ix 3i
hosil bo`ladi (kompleks sonlar to`plamida), haqiqiy
sonlar to`plamida esa 3x4 26x2 9
3x 1
3x 1x2 9 bo`ladi.
1-Uchinchi darajali tenglamalarni Kardano formulasi yordamida yechish
Kompleks sonlar maydoni ustidagi ushbu
ax3+bx2+cx+d=0, (a0) (1) ko‘rinishdagi tenglama uchinchi darajali bir noma’lumli tenglama deyiladi. 7
tenglamaning har ikkala tomonini a ga bo‘lib, ushbu tenglamaga ega bo‘lamiz:
x3 b x2 c x d
0 . (2)
a a a
da x y b
3 a
almashtirishni kiritib
b 3 b b 2 c b d
y 3 a a y 3 a a y 3 a a 0
tenglamani hosil qilamiz. (3) tenglamani soddalashtirgandan keyin
y3 +py+q=0 (4)
ko‘rinishdagi tenglamaga ega bo‘lamiz. (4)tenglamadagi y o‘zgaruvchi o‘rniga ikkita u va v o‘zgaruvchilarni y=u+v tenglik yordamida kiritamiz. Natijada (u+v)3 +p(u+v) + q=0 yoki
u3 + v3 + q + (3uv + p)(u + v) = 0 (5) tenglamaga ega bo‘lamiz. (5) da u va v larni shunday tanlaymizki, natijada
3uv + p = 0 (6)
shart bajarilsin. Bunday talab qo‘yishimiz o‘rinli, chunki
u v y
uv p
3
tenglamalar sistemasi y berilganda yagona yechimga ega.
dan u3v3=- p3 / 27 bo‘lgani uchun u va v lar Viet teoremasiga asosan biror z2+qz-p3/27=0 ko‘rinishdagi kvadrat tenglamaning ildizlari bo‘ladi. Bu tenglamani yechib
z = u3= q
lar topilib, u va v ning har biriga 3ta qiymat, y o‘zgaruvchi uchun esa to‘qqizta qiymat topiladi. Ulardan (6)shartni qanoatlantiruvchilarini olamiz. U holda
(4) tenglamaning barcha yechimlari topiladi.
Agar u, u , u 2 (bunda soni 1 dan chiqarilgan uchinchi darajali ildizlardan biri, ya‘ni 3 =1) lar z1 ning uchinchi darajali ildizlarining qiymatlari bo‘lsa unga mos z2 ning uchinchi darajali ildizlari qiymatlari v, v2, v dan iborat bo‘ladi.
Natijada (4) tenglama ushbu
y1= u+v, y2= u +v 2, y3= u 2 +v (9)
ildizlarga ega bo‘lib, unda 1 i 3
2 2
bo‘lganligidan
y1=u+v, y2= 1 (u v) i
2
3 (u v),
2
y 1 (u v) i
3 2
3 (u v) 2
(10)
yechim hosil bo‘ladi. (10) va x y b
3 a
ni e‘tiborga olib (1)tenglamaning
x y b , x
y b
, x y b
1 1 3a
ildizlari topiladi.
2 2 3a
3 3 3a
Haqiqiy koeffitsientli uchinchi darajali tenglamalarni tekshirish. Endi haqiqiy koeffitsiyentli uchinchi darajali tenglama ildizlarini tekshiraylik. Quyidagi teorema uchinchi darajali tenglamaning haqiqiy va mavhum ildizlari sonini aniqlaydi.
Teorema. Agar
x3+px+q=0 (11)
tenglama haqiqiy koeffistientli tenglama bo‘lib,
q2 p3
4 27
bo‘lsa, u holda quyidagi mulohazalar o‘rinli bo‘ladi:
bo‘lib, u va v lar haqiqiy hamda turli sonlar bo‘lganligi uchun (12) da x1 haqiqiy,
x2 va x3 lar o‘zaro qo‘shma mavhum sonlar bo‘ladi.
=0 bo‘lsin. Agar =0 va q0 bo‘lsa, u holda z1=z2 =- q/2 0 bo‘ladi.
u son -q/2 ning arifmetik ildizi bo‘lsin. uv=-p/3 haqiqiy son bo‘lgani
uchun v
x1=2u 0,
- haqiqiy son bo‘ladi, ya‘ni u=v 0 bo‘ladi. (12) formulaga asosan
x2=x3=-u bo‘ladi. Shunday qilib q 0 bo‘lganda (11)tenglama uchta
haqiqiy ildizga ega va ulardan bittasi karrali bo‘ladi.
Agar =0 va q=0 bo‘lsa, u holda p=0 bo‘ladi. Bu holda (11) tenglama
x3=0 ko‘rinishda bo‘lib, x1=x2=x3=0 bo‘ladi.
<0 bo‘lsin. U holda z1
q
2
, z2
q
2
bo‘ladi. Demak, z1 , z2 son-
lari o‘zaro qo‘shma mavhum sonlar ekan. Shuning uchun ham
z1 =z2 (13)
va z1 z2 (14) munosabat o‘rinli. (6) va (8) ga ko‘ra
u3= z , v3= z , uv= −𝑝
(15)
1 2 3
bo‘lgani uchun (13) va (15) dan u3 v3 bo‘lib, bundan
u= v (16)
kelib chiqadi. (14) ga asosan u v munosabat ham o‘rinlidir. (6)ga ko‘ra
uv= −𝑝
3
bo‘lib, bundan uv= −𝑝
3
kelib chiqadi. Shartga asosan p<0. (16)ga
tenglik bajariladi. (15) va (17) larga asosan
tenglik o‘rinlidir. (12)formuladagi v ni u bilan almashtirsak va u v ni e‘tiborga olsak, x1, x2, x3 ildizlar haqiqiy va har xil ekanligi ma‘lum bo‘ladi. Haqiqatan ham
(12) formuladan x2 x3 kelib chiqadi.Faraz qilaylik, x1= x2 bo‘lsin. U holda (9) ga asosan u+v = u +v 2 bo‘lib bundan u(1- )=v( 2-1) yoki u = v 2 kelib chiqadi. Bundan z1=z2 va =0 tengliklar kelib chiqadi .Bu esa <0 shartga qarama-qarshidir.Xuddi shuningdek x1 x3 ekanligini ko‘rsatish mumkin.
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 𝑎2 𝑥2
4
hadni qo‘shamiz va ushbu ko‘rinishdagi tenglamani hosil
qilamiz:
(𝑥2+𝑎𝑥)2 =(𝑎2 − 𝑏)x2-cx - d (2)
2 4
(2) tenglamaning ikkala tomoniga (x2+𝑎𝑥)y+𝑦2
hadni qo‘shib ushbu
(𝑥 2+𝑎𝑥 + 𝑦) 2 =( 𝑎2 − 𝑏
2
2 𝑎𝑦
4
𝑦2
(3)
2 2 4
+y)x +( 2 - c)x+( 4 - d)
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
Ax
C) 2
tenglamaga ega bo‘lamiz. Demak, y ni
shunday tanlab olamizki, natijada
( 𝑎𝑦- c) 2- 4( 𝑎2 − 𝑏 +y) ( 𝑦2 - d) =0
2 4 4
(4)
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
(𝑥2+𝑎𝑥 + 𝑦0)2 =(x+)2 (5)
2 2
tenglamani hosil qilamiz. (5) tenglamani yechganda quyidagi kvadrat tenglamalar sistemasi hosil bo‘ladi:
𝑥2+𝑎𝑥 + 𝑦0 = x+ ,
2 2
𝑥2+𝑎𝑥 + 𝑦0 = -x- . (6)
Bu yerda
2 2
,
ay0 c
2 .
2
Bu sistemani yechib berilgan (1) tenglamaning barcha yechimlarini topamiz.
Do'stlaringiz bilan baham: | 
