Xalq ta`limi vazirligi andijon Davlat Universiteti Axborot texnologiyalari va Kompyuter injenerligi fakulteti

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 )> 0 𝑥
−1±^√(−1)²−4( ¹ −
2
=
29 ₎
2

_{2 2} 1,2 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.

₂ 𝗑 3 𝗑 7

1)𝗑 − ₂ − ₂ = ₂ − ₂

𝗑² − 𝗑 + 2 = 0 ➀ 𝐷 = 1² − 4 · 2 = −7 < 0
x∈ Ø


2)𝗑² − ^𝗑 − ³ = − ^𝗑 + ⁷
2 2 2 2
𝗑² − 5 = 0

𝗑² = 5

^{Javob: x1,2=±}√⁵
3-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 G0 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, 𝑡<sub>1,2

=</sub> −𝑏±√𝑏²−4𝑎𝑐
2𝑎

Agar 𝑡₁ ≥ 0, 𝑡₂ ≥ 0 bo‘lsa, (2) tenglama ildizlari (3) ga ko’ra quyidagicha topiladi:

_⟦𝑥² _{= 𝑡1 ➀ ⟦}(𝑥 − _√𝑡₁)(𝑥 + _√𝑡₁) = 0 _{➀ ⟦}𝑥_1,2 = ±_√𝑡₁

𝑥² = 𝑡₂
(𝑥 − _√𝑡₂)(𝑥 + _√𝑡₂) = 0
𝑥_3,4 = ±_√𝑡₂

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

Yechilishi. x²=t, t² -4t-5=0

𝑡 = 5
^{𝑡1,2 = 2 ±} √^{4 + 5=2 ± 3 → ⟦𝑡1 = −1}
2
x² =-1 tenglama haqiqiy ildizlarga ega emas.







^{𝑥2 = 5 →} (^{𝑥 −} √⁵)(^{𝑥 +} √⁵) ^{= 0 → 𝑥1,2 = ±}√^{5 Javob:}{^±√⁵}

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. 
   misol. 2x⁴+3x³-16x²+3x+2=0 tenglamani yeching.
   

Yechilishi. xG0 bo‘lganligi uchun, tenglamaning har ikkala tomonini x² ga bo‘lamiz:
2𝑥²+3𝑥 − 16 + ³ + ² = 0 ➀ 2 (𝑥² + ¹ ) + 3 (𝑥 + ¹) − 16 = 0

𝑥 𝑥² 𝑥² 𝑥
endi 𝑥 + ¹ = 𝑡 almashtirishni bajaramiz.
𝑥

2
U holda 𝑥² + ¹
𝑥
= 𝑡² − 2 Natijada t ga nisbatan ushbu tenglamaga ega

bo‘lamiz:

2⁽t² − 2⁾ + 3t − 16 G 0 ➀ 2t² + 3t − 20 = 0

Bu tenglamalarning ildizlarini topamiz:

^𝑡1,2 <sup>=

−3±</sup>√⁹⁺¹⁶⁰ _{→ ⟦}
4
𝑡₁ = −4

2
𝑡 = ⁵
2

Kiritilgan almashtirishni inobatga olib, berilgan tenglama ildizlarini topamiz:

1
𝑥 + _𝑥 = −4 ➀ 𝑥²
+ 4𝑥 + 1 = 0 → 𝑥_1,2 =




^{−4 ±} √^{16 − 4} _{= −2 ± √3}
2

_{→ {}𝑥₁ = −2 − √3
𝑥₂ = −2 + √3
1 5






^{5 ±} √^{25 − 16}

5 ± 3

𝑥 = ¹

𝑥 + _𝑥 = ₂ ➀ 2𝑥² − 5𝑥 + 2 = 0 → 𝑥_3,4 = ₄ = ₄ → { ³ ₂

2
Berilgan tenglama to’rtta haqiqiy ildizga ega:







^{𝑥1 = −2 −} √^{3 ; 𝑥2 = −2 +} √^{3 ; 𝑥3 = 1; 𝑥4 = 2}
𝑥₄ = 2

Agar (1) tenglama koeffitsiyentlari uchun ^𝑎 = ^𝑏2


tenglik o‘rinli bo‘lsa

𝑒
ham, и «qaytma» tenglama kabi yechiladi.
_𝑑2

2. 
   misol. 2x⁴-21x³+74x²-105x+50=0 tenglamani yeching.
   

Yechilishi . ^a = ²

₌ 1 _; b²

₌ 21·21 ₌ 1

e 50
25 d²
105·105 25

Demak, ko‘rsatilgan shartlar bajarilyapti: x²G 0.

Tenglamaning har ikkala tomonini x² ga bo’lamiz:

2𝑥² − 21𝑥 + 74 − ¹⁰⁵ + ⁵⁰ = 0 ➀ 2 (𝑥² + ²⁵) − 21 (𝑥 + ⁵) + 74 = 0

𝑥 𝑥² 𝑥² 𝑥

Endi 𝑥 + ⁵ = 𝑡 almashtirishni bajarib, t ga nisbatan ushbu tenglamaga ega
𝑥

bo’lamiz:


2t²-21t+54=0.

Bu tenglamaning ildizlarini topamiz:




^{21 ±} √^{441 − 432}
21 ± 3

𝑡₁ = 6

^𝑡1,2 ⁼
₄ = ₄ → ⟦ ⁹

𝑡₂ = ₂

Kiritilgan almashtirishni inobatga olib, berilgan tenglama ildizlarini topamiz:

⁵ ₂ ^{6 ±} √^{36 − 20}


6 ± 4


𝑥₁ = 1

𝑥 + _𝑥 = 6 ➀ 𝑥
− 6𝑥 + 5 = 0 → 𝑥_3,4 =
₂ ⁼ ₂ ^{→ {}𝑥₂ = 5

5 9 ₂






^{9 ±} √^{81 − 80}


9 ± 1


𝑥 = ⁵

𝑥 + _𝑥 = ₂ ➀ 2𝑥 − 9𝑥 + 10 = 0 → 𝑥_3,4 = ₄ = ₄ → { ³ ₂

Berilgan tenglama to’rtta haqiqiy ildizga ega:

x =1, x =5, x = ⁵, x =2


𝑥₄ = 2

1 2 3 ₂ 4