Yuqori darajali algebraik tenglamalar

Yuqori darajali algebraik tenglamalar.
1. Bezu teoremasi. Gorner sxemasi. Ko`phadning ildizlari. (Etyen Bezu (1730-1783) – fransuz matematigi). P(x) ko`phadni x-a ikkihadga bo`lganda bo`linmada Q(x), qoldiqda R(x) qolsin:

P(x)=(x-a)Q(x)+R(x)

Agar bu munosabatga x=a qo`yilsa, P(a)=0∙Q(a)+R(a)=R(a)=r hosil bo`ladi. Shu tariqa ushbu teorema isbotlanadi:

1-teorema (Bezu). P(x)=a₀xⁿ+a₁x^n-1+...+a_n-1x+a_n(a≠0) ko`phadni x-a ga bo`lishdan chiqadigan r qoldiq shu ko`phadning x=a dagi qiymatiga teng, r=P(a).

Masalan, 1) x⁵+x+20 ni x+2 ga bo`lishdan chiqadigan qoldiq r=(-2)<sup>5</sup>+(-2)+20=-14; 2) x<sup>5</sup>+x+34 ni x+2 ga bo`lishdan chiqadigan qoldiq r=(-2)⁵+(-2)+34=0.

Demak, x=-2 soni shu ko`phadning ildizi.

Natijalar. n€N bo`lganda:

1. 
   xⁿ-aⁿ ikkihad x-a ga bo`linadi. Haqiqatan, P(a)=aⁿ-aⁿ=0;
   
2. 
   xⁿ+aⁿ ikkihad x-a ga bo`linmaydi. Haqiqatan, P(a)=aⁿ+aⁿ=2xⁿ≠0;
   
3. 
   x²ⁿ-a²ⁿ ikkihad x+a ga bo`linadi. Haqiqatan, P(-a)=(-a)²ⁿ-a²ⁿ=0;
   
4. 
   x²ⁿ⁺¹-a²ⁿ⁺¹ ikkihad x+a ga bo`linmaydi. Haqiqatan, P(-a)=(-a)²ⁿ⁺¹-a²ⁿ⁺¹=-2a²ⁿ⁺¹≠0;
   
5. 
   x²ⁿ⁺¹-a²ⁿ⁺¹ ikkihad x+a ga bo`linadi. Haqiqatan, P(-a)=(-a)²ⁿ⁺¹+a²ⁿ⁺¹=0;
   
6. 
   x²ⁿ+a²ⁿ ikkihad x+a ga bo`linmaydi. Haqiqatan, P(- a)=a²ⁿ+a²ⁿ=2a²ⁿ≠0;
   

Bo`lish bajariladigan hollarda bo`linmalarning ko`rinishini aniqlaymiz:

x⁵-a⁵=(x-a)(x⁴+ax³+a²x²+a³x+a⁴);

x⁵+a⁵=(x+a)(x⁴-ax³+a²x²-a³x+a^4);

x⁶-a⁶=(x-a)(x⁵+ax⁴+a²x³+a³x²+a⁴x+a⁵);

x⁶-a⁶=(x+a)(x⁵-ax⁴+a²x³-a³x²+a⁴x-a⁵).

Bulardan ko`rinadiki, bo`linma albatta bir jinsli ko`phad bo`lib, x ning darajalari kamayib, a ning darajalarida o`sish tartibida joylashgan va agar bo`luvchi a+x bo`lsa, koeffitsiyentlar +1 va -1 almashib keladi, agar bo`luvchi x-a bo`lsa, bo`linmada hosil bo`lgan ko`phadning koeffitsiyentlari 1 ga teng bo`ladi. Bu xulosalarni istagan darajali ko`phadlar uchun umumlashtirish mumkin.

1-misol. x⁵-ax+4 ni x+3 ga bo`lishdagi qoldiq r=4 bo`lsa, a ni toping.

Yechish. (-3)⁵-a∙(-3)+4=4, bundan a=81.

P(x)=a₀xⁿ+a₁x^n-1+a₂x^n-2+...+a_n ko`phadni x-a ikkihadga bo`lishdagi qoldiqni hisoblashning Gorner (Xorner Uilyam (1786-1837) – ingliz matematigi) sxemasi deb ataluvchi usulini ko`rsatamiz.

P(x)=Q(x)(x-a)+r

bo`lsin. Bunda

Q(x)=b₀x^n-1+b₁x^n-2+b₂x^n-3+...+b_n-1.

(1) da x ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsiyentlarni tenglashtirib quyidagiga ega bo`lamiz:

a₀=b₀

a₁=b₁-αb₀

a₂=b₂-αb₁

.......

a_n-1=b_n-1-αb_n-2

a_n=r-αb_n-1

Bundan ko`rinadiki, b₀=a₀, b_k=αb_k-1+a_k, k=1,2,..., n-1, r=a_n+αb_n-1.

Bo`linma va qoldiqni hisoblash quyidagi jadval yordamida topiladi.

	a0	a1	a2	...	an-1	an
α		αb0+a1	αb1+a2	...	αbn-2+an-1	αbn-1+an
	b0=a0	b1	b2	...	bn-1	r

2-misol. x³+4x²-3x+5 ko`phadni Gorner sxemasidan foydalanib, x-1 ga bo`lishni bajaramiz.

	1	4	-3	5
1	1	5	2	7

Demak, x³+4x²-3x+5=(x-1)(x²+5x+2)+7.

Bezu teoremasidan P(x) ko`phadni ax+b ko`rinishdagi ikkihadga bo`lishda hosil bo`ladigan r qoldiq P(-b/a) ga teng bo`lishi kelib chiqadi.

3-misol. P₃(x)=x³-3x²+5x+7 ni 2x+1 ga bo`lishdan hosil bo`lgan qoldiqni toping.

Yechish. Qoldiq r=P₃(-1/2)=(-1/3)³-3∙(-1/2)²+5∙(-1/2)+7=29/8 ga teng.

2-teorema. Agar α soni P(x) ko`phadning ildizi bo`lsa, P(x) ko`phad x-a ikkihadgaqoldiqsiz bo`linadi.

Isbot. Bezu teoremasiga ko`ra, P(x) ni x-a ga bo`lishdan chiqadigan qoldiq P(α) ga teng, shart bo`yicha esa P(α)=0. Isbot bajarildi.

Bu teorema P(x)=0 tenglamani yechish masalasini P(x) ko`phadni chiziqli ko`paytuvchilarga ajratish masalasiga keltirish imkonini beradi.

1-natija. Agar P(x) ko`phad har xil α<sub>1</sub>, ..., α<sub>n</sub> ildizlarga ega bo`lsa, u (x-α₁) ... (x-a_n) ko`paytmaga qoldiqsiz bo`linadi.

2-natija. n-darajali ko`phad n tadan ortiq har xil ildizga ega bo`la olmaydi.

Isbot. Agar n- darajali P(x) ko`phad n+1 ta har xil α<sub>1</sub>, ..., α<sub>k+1</sub> ildizlarga ega bo`lganda, u n+1-darajalin (x-α₁)...(x-α_k+1) ko`paytmaga qoldiqsiz bo`linardi. Lekin bunday bo`lishi mumkin emas.

Yuqorida qaralgan teoremalardan foydalanib, Fransua Viyet (fransuz olimi, 1540-1603) tomonidan berilgan hamda P(x)=0 butun algebraik tenglamaning a_i haqiqiy koeffitsiyentlari va α_i ildizlari orasidagi munosabatni ifodalovchi formulalarni keltiramiz:

1) a₂x²+a₁x+a₀=b(x-α₁)(x-α₂)=bx²-b(α₁-α₂)x++bα₁α₂. Agar x ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsiyentlari tenglashtirilsa, b=a₂ bo`ladi. Natijada ushbu formulalar topiladi:

α₁+α₂=-a₁/a₂, α₁α₂=a₀/a₂;

2) shu tartibda P₃(x)=a₃x³+a₂x²+a₁x+a₀ uchun:

α₁+α₂+α₃=-a₂/a₃, α₁α₂+α₁α₃+α₂α₃=a₁/a₃, α₁α₂α₃=-a₀/a₃ formulalar topiladi.

Hosil qilingan tengliklarning bajarilishi α₁ ,..., α_n sonlarining P_n(x)=a_nxⁿ+...+a₀ ko`phad ildizlari

Yuqori darajali tenglamalar va ularni yechish

Reja:

1. 
   Bikvadrat tenglamalar.
   
2. 
   O’zaro teskari ifodalarni o’z ichiga oluvchi tenglama.
   
3. 
   To’liq kvadrat ajratish usuli.
   
4. 
   Qaytma tenglamalar.
   

1. Bikvadrat tenglamalar.

Noma’lumning toq darajalari qatnashmagan to’rtinchi darajali butun algebraic ratsional tenglama bikvadrat tenglama deyiladi.

Har qanday bikvadrat tenglamani shakl almashtirishlardan keyin quyidagi kanonik ko’rinishga keltirish mumkin:

(1)

Agar (1) tenglamada almashtirishni bajarsak, kvadrat tenglamaga kelamiz.Bu tenglamaning ildizlari

formulalar bo’yicha topiladi.

Agar bo’lsa, u holda (1) bikvadrat tenglama to’rtta ildizga ega bo’ladi:

(2)

1-misol. tenglamani yeching.

Yechish: (2) formuladan foydalanamiz:

Javob: -3; -2; 2; 3.

2. O’zaro teskari ifodalarni o’z ichiga oluvchi tenglama.

Bunday tenglamalar

(3)

ko’rinishga ega bo’ladi. (3) tenglama almashtirishlar bilan t ga nisbatan kvadrat tenglamaga keltiriladi:

(4)

tenglama ildizlarga ega bo’lsa, u holda quyidagi ikkita tenglamani olamiz:

Bu tenglamalar shartida (3) tenglamaga teng kuchli bo’ladi.

2-misol. tenglamani yeching.

Yechish: Tenglamaning aniqlanish sohasiga faqat x=0 soni kirmaydi. Agar bo’ladi. Bundan t ga nisbatan kvadrat tenglamaga ega bo’lamiz. Uning ildizlarini topamiz:

1) tenglamani olamiz. Bu tenglamaning ildizlarini topamiz:

;

2) tenglamani olamiz, uning ildizlari bo’ladi.

Javob:

3.To’liq kvadrat ajratish usuli.

Ba’zi bir to’rtinchi darajali tenglamalarni to’liq kvadrat ajratish bilan kvadrat tenglamaga keltirib yechish mumkin. Buni misol orqali ko’ramiz.

3-misol. tenglamani yeching.

Yechish: Tenglamaning chap qismidan to’liq kvadrat ajratamiz:

Agar tenglamani hosil qilamiz, uning ildizlarini topamiz: .

1) bo’lganda tenglamani olamiz, uning ildizlarini topamiz: .

2) bo’lganda tenglamani olamiz va uning ildizlarini topamiz: .

Javob:

4.Qaytma tenglamalar.

Ushbu

ko’rinishdagi butun algebraik tenglama qaytma tenglama deyiladi. Bunda tenglamaning boshidan va oxiridan bir xil uzoqlikda yotgan hadlarning koeffitsientlari bir-biriga teng bo’ladi. Qaytma tenglamaning ildizlaridan hech biri nolga teng emasligini ko’rish oson.

Agar x=0 tenglamaning ildizi bo’lsa, u holda biz a=0 ga ega bo’lamiz va tenglamaning darajasi pastroq bo’ladi.

Oldin juft (n=2k) darajali qaytma tenglamani qaraymiz.

Tenglamaning har ikkala qismini ga bo’lib, hadlarni guruhlash natijasida uni quyidagi ko’rinishga keltiramiz:

(5)

Agar (5) tenglamada desak, ketma-ket quyidagilarni topamiz:

(6)

(6) ni (5) ga qo’yib, y ga nisbatan k darajali tenglamani hosil qilamiz. x ning qiymatlarini esa tenglamadan topamiz.

Toq darajali (n=2k+1) qaytma tenglamani yechish juft darajali qaytma tenglamani yechishga keltiriladi.

Ushbu

tenglamaning x=-1 ildizga ega ekanligini ko’rish qiyin emas. Demak, buning chap qismi x+1 ga bo’linadi. Tenglamaning ikkala qismini har biri x+1 ga bo’linadigan qo’shiluvchilar yig’indisi ko’rinishida ifodalaymiz:

Shunday qilib, masmla juft ko’rsatkichli ushbu qaytma tenglamani yechishga keltiriladi.

Qaytma tenglamaning yana o’ziga xos bir xususiyati bor. Agar soni qaytma tenglamaning ildizi bo’lsa, u holda soni ham shu tenglamaning ildizi bo’ladi.

4-misol. tenglamani yeching.

Yechish: Tenglamaning har ikkala qismini ga bo’lamiz:

Agar bo’ladi. Natijada t ga nisbatan tenglamaga ega bo’lamiz:

Bu tenglama ikkita tenglamaga ajraladi: t₁=o va 21t²+82t+40=0. Bu tenglamalarni yechib, ildizlarni topamiz: t₁=0,

Agar: 1) t₁=0 bo’lsa, tenglamaga ega bo’lamiz. Uning ildizlari: x₁=-i, x₂=i.

2) bo’lsa, 7x²+4x+7=0 tenglamaga ega bo’lamiz. Uning ildizlari:

3) bo’lsa, 3x²+10x+3=0 tenglamaga ega bo’lamiz. Uning ildizlari:

Javob:

Ushbu

tenglama qaytma tenglama bo’lishi uchun uning koeffitsientlari quyidagicha bog’langan bo’lishi kerak:

Bunday holda berilgan tenglama almashtirish bilan kvadrat tenglamaga keladi.

Ushbu

(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m (7)

tenglamani qaytma tenglamaga keltirish uchun uning koeffitsientlari orasida a+b=c+d (yoki a+c=b+d, yoki a+d=b+c) tenglik bajarilishi kerak.

Ushbu

(x+a)⁴+(x+b)⁴=c (8)

ko’rinishdagi tenglama

(9)

almashtirish bilan bikvadrat tenglamaga keltiriladi. Haqiqatan, berilgan tenglamada x+a=t+m, x+b=t-m almashtirishlarni bajarsak, a-b=2m, bo’ladi. Bunday holda . Natijada (8) tenglama t ga nisbatan quyidagi ko’rinishni oladi:

Bu tenglamani soddalashtirgandan keyin esa bikvadrat tenglamani olamiz.

Ushbu

(10)

ko’rinishdagi tenglama

(11)

almashtirish bilan kvadrat tenglamaga keladi. Agar c=0 bo’lsa, u holda (10) tenglama x₁=0 ildizga ega bo’ladi. Qolgan ildizlari x ga nisbatan kvadrat tenglamaga keltirib topiladi.

Agar bo’lsa, u holda bo’lib, bunday holda (10) tenglama chap qismining surat va maxrajini x ga bo’lib, uni ko’rinishga keltiramiz. Bu tenglamada almashtirish bajarsak, tenglamani olamiz. Oxirgi tenglama shartlarda ct²+(mc+nc-a-b)t+mnc-am-bn=0 kvadrat tenglamaga keladi.

IV. Mustahkamlash.

x⁴+3x³+4x²-50=0 ; x₁=1

x⁴+x³-8x²-2x+8=0 ; x₁= 1 x⁶-27=0 ;

x³+4x-80=0 ; x₁=3 x⁶-16x²=0 ; x₁=2

x⁴+7x²-24=0 ; x₁=0 3x⁴+2x³-4x²+2x+3=0 ; x₁=2

x²+4x+4=0 ; x₁= -1

5x³-6x=0 ; x₁=0

12x⁴-8x=0 ; x₁=0

7x⁴-5x³+2x=0 ; x₁=0

9x⁴+4x³-13x²=0 ; x₁=1

x⁴-8x²-9=0 ; x₁= 3

x⁴-x³-x²+x-5=0 ; x₁= -1

x⁵+x⁴+3x=0 ; x₁=0

2x⁴-4x³+8x²-4x+2=0 ; x₁= -1

3x⁴-48=0 ; x₁=2

6x²+7x-81=0 ; x₁= -2

x⁴+5x³-7x²-x-5=0 ; x₁= -1

x³+3x²-4x-6=0 ; x₁= -2

2x⁶-54=0 ;

6x²+5x-90=0 ; x₁= 4

5x⁵-4x⁴+3x³-2x²+x-3=0 ; x₁= 1

x²-49=0 ; x₁= -7

x³-64=0 ; x₁= -4.

2) Mavzuga doir misollar yechish.

a) Ushbu bikvadrat tenglamani yeching: 20 x⁴+48 x²-5=0.

Yechish: Tenglamada x²=t almashtirish bajaramiz va 20 t²+48t-5=0 tenglamaga ega bo’lamiz. Bu tenglamaning t_1,2 ildizlarini topamiz:

;

.

Bu yechimlardan foydalanib, x_1,2 ildizlarni topamiz:

1) bo’lganida bo’lib, bundan fffbo’ladi.

2) bo’lganida bo’lib, bundan bo’ladi.

Javob: .
b) Ushbu tenglamani yeching.

Yechish: Tenglama bo’lganda aniqlangan. Tenglamaning har ikkala qismini ga bo’lamiz va

tenglamani olamiz. Oxirgi tenglamada belgilash kiritib, 20t²+48t-5=0 tenglamaga ega bo’lamiz. Uning yechimlari: .

Bu yechimlardan foydalanib, x o’zgaruvchiga qaytamiz:

1) bo’lganda 7x²+9x+14=0 tenglamani olamiz va uning ildizlari

.

2) bo’lganda 3x²-11x+6=0 tenglamani olamiz va uning ildizlari

.

Javob: .

c) Ushbu x⁶-64=0 tenglamani to’liq kvadrat ajratish usuli bilan yeching.

Yechish:(x³)²-8²=0;(x³-8)(x³+8)=0;(x-2)(x²+2x+4)(x+2)(x²-2x+4)=0;

1) x-2=0 tenglamadan x₁=2 yechim olinadi.

2) x+2=0 tenglamadan x₂=-2 yechim olinadi.

3) x²+2x+4=0 tenglamadan yechimlar topiladi.

4) x²-2x+4=0 tenglamadan ildizlarni hosil qilamiz.

Javob:

d) Ushbu x⁴+5x³-12x²+5x+1=0 qaytma tenglamani yeching.

Yechish: -12=0 ; ;

deb almashtirish kiritamiz. Natijada quyidagi kvadrat tenglamani hosil qilamiz: . Bu tenglamaning yechimlarini topamiz:

;

bundan t₁=-7 ; t₂=2.

Bu topilgan qiymatlardan x_1,2,3,4 qiymatlarni topamiz:

1) t₁=-7 bo’lganda bo’lib, x²+7x+1=0 kvadrat tenglamani olamiz. Uning ildizlari

2) t₂=2 bo’lganda bo’lib, x²-2x+1=0 tenglamadan (x-1)²=0 tenglamaga kelamiz va x_3,4=1 ildizlarni olamiz.

Javob: