-misol. x5 4x4 3x3 3x2 4x10 

Yechish

2-misol. x5 4x4 3x3 3x2 4x10
Yechish. Bu tenglamaning daraja ko‘rsatkichi toq son bo‘lgani uchun, bitta ildizi x1 1 ga teng, ya‘ni
x1x4 5x3 2x2 5x1 0
x1 1, x4 5x3 2x2 5x1 0 Bu tenglamani x2 ga bo‘lamiz.
x2 x12 5x 1x 2 0
1
x t belgilash kiritamiz. x
U holda x2 x12 t2 2 ga teng bo‘ladi.
Belgilashlarni o‘rniga qo‘yib t2 5t 0 ga ega bo‘lamiz.
Bundan t1 0, t2 5.
Agar: 1) t1 0 bo‘lsa, x2 10 x2,3 i
2
2-§.Yuqori darajali tenglamalar
1-ta’rif. Ushbu
|
2
|
a0xn + a1xn-1+ . . . + an-1x+ an = 0
|
a0 ≠0 (1)
|
2) t2 5 bo‘lsa, x2 5x10 bo‘lib, yechimi x bo‘ladi. Javob: x1 1, x2 i, x3 i x4 5 21, x5 tenglama yuqori darajali tenglama deyiladi5.
Misol. 2x5+6x4-3x 3 +2x 2 -7x+6=0 beshinchi darajali tenglamadir.
Agar (1) da a0, a1 ,… , a nZ bo‘lsa, u holda (1) ni butun koeffitsientli yuqori darajali tenglama deyiladi. Agar a0=1 bo‘lsa, u holda (1) ni keltirilgan tenglama deyiladi.
1-teorema. Agar
xn + a1xn-1+ . . . + an-1x+ an = 0 (2)
butun koeffitsientli tenglama butun yechimga ega bo’lsa u holda bu yechim ozod hadning bo’luvchisi bo’ladi.
Isboti. Teoremaning shartiga ko‘ra (2) butun koeffitsientli bo‘lib, butun x = k yechimga ega, ya‘ni kn + a1kn-1+ . . . + an-1k+ an =0 bo‘lib, bundan an = k (- kn-1- a1kn-2- . . . -an-1) bo‘ladi.Hosil qilingan natijaning o‘ng tomoni ikkita butun sonning ko‘paytmasi bo‘lganligi uchun a nk bo‘ladi. Teorema isbot bo‘ldi.
2-teorema. Agar butun koeffitsiyentli (1) tenglama (p, q) =1, ratsional ildizga ega bo’lsa, u holda p ozod hadning bo’luvchisi, q bosh had koeffitsiyenti a0 ning bo’luvchisi bo’ladi.
Isboti. Teoremaning shartiga ko‘ra (p, q) =1 (1) ning ildizi bo‘lgani uchun a + . . . + an- = 0 (3)
bo‘lib, bundan
a0pn+a1pn-1q+…..+an-1 pqn-1+anqn=0 (3‘)
hosil bo‘ladi. Bu(3‘) dan anqn=p(-a0pn-1-a1pn-2q- a2pn-3q2-………- an-1 qn-1) (4)
hosil bo‘lib, bundan an ning p ga bo‘linishi ko‘rinib turibdi. Xuddi shunga o‘xshash, (4) dan a0 ning q ga bo‘linishini ko‘rsatish mumkin. Shu bilan teorema isbot qilindi.
Ta’rif. Ushbu
a0x2n1 a1x2n ...anxn1 anxn 3an1xn1 ...a0xn a1xn1 a2xn2 ...
a1xa0 0
a0xn+a1xn-1+a2xn-2+…+a1x+a0=0 (6) ko‘rinishdagi tenglamalar qaytma tenglamalar deyiladi.
3-teorema. Toq darajali qaytma tenglama x=- ildizga ega bo’ladi.
Isboti.Teoremaning shartiga ko‘ra (5) ni olamiz va uni quyidagicha almashtiramiz: a0(x2n1 2n1) a1x(x2n1 2n1) ...anxn(x) 0 (7)
Natijada x=- ni almashtirsak, u holda (7) ning chap tomoni nolga teng bo‘ladi. Shu bilan teorema isbot qilindi.
4-teorema. Darajasi 2n bo’lgan qaytma tenglama C sonlar maydonida y =
x+ almashtirish orqali n-darajali tenglamaga keltirilib, n ta kvadrat tenglama x
hosil bo’ladi.
Isboti.Teoremaning shartiga ko‘ra
a0x2n a1x2n1 ...anxn an1xn1 2an2xn2 ...na0 0 (8)
tenglamani xn≠0 ga bo‘lamiz, natijada
n1 n
a0xn a1xn1 ...an1xan an1x ...a1 xn1 a0 xn 0 hosil
n n1
bo‘ladi.So‘ngra,guruhlashdan so‘ng a0(xn xn ) a1(xn1 xn ) ...an 0
n
tenglamada y=x+ belgilashni kiritamiz. Bu yerda xn xn ,mN yig‘indi x
y ga nisbatan fm(y) ni hosil qilishi ma‘lumdir. Endi m ga nisbatan matematik
induksiya usulini tatbiq qilamiz: m=1 bo‘lsin,u holda y=x+ bo‘lib,talab x
2
bajariladi. m=2 bo‘lganda x2 x2 y2 2 bo‘ladi.m=k+l bo‘lganda
xk1 xkk11 fk1(y) bo‘lsin deb,m=k+2 uchun ko‘rsatamiz. xk2 xk2 (xk1 kk11)(xx) (xk xkk ) k 2 x
ekanidan
xk2 xkk22 yfk1(y)fk (y) fk2(y) hosil bo‘lib,u y ga nisbatan ndarajali tenglama bo‘ladi.Bu tenglama C da n ta yechimga ega ekanligidan uni
y1,y2,…,yn orqali ifodalasak, y1 = x+ ; y2= x+ ;… yn = x+ kvadrat x x x
tenglamalarni hosil qilamiz. Bu tenglamalarning yechimlari (8) ning yechimlaridan iborat bo‘ladi. Shu bilan teorema isbotlandi.
1-misol. x7-2x6+3x5-x4-x3+3x2-2x+1=0 (9) tenglamani yeching.
Yechish. 3-teoremaga asosan (9)(x+1)(x6-3x5+6x4-7x3+6x2-3x+1)=0 bo‘lib,
1
bundan x+1=0 yoki (x )7 0 larni hosil qilamiz. x x x
1 2 1 2 3 1 3
y x belgilanishiga ko‘ra x 2 y 2, x 3 y 3y ekanligi x x x
y3-3y2+3y-1=0 yoki (y-1)3=0 tenglamani beradi. Bundan x 1 1 ga ko’ra x1=-1, x
x natijalarni olamiz. Demak, C da yechim
} bo‘ladi.
Endi
xn=b (10)
ko‘rinishidagi ikki hadli tenglamani yechishni ko‘rib chiqaylik. Bunda ushbu hollar bo‘lishi mumkin:
1) n=2m-1 bo‘lsin, u holda y=x 2 m - 1 funksiya da monoton o‘suvchi bo‘lganligi uchun x 2 m - 1 =b tenglamaning yechimi:
agar b> 0 bo‘lsa,;
agar b=0 bo‘lsa, x = 0;
v) agar b< 0 bo‘lsa, bo‘ladi.
g) n=2m bo‘lsin, u holda y=x 2 m funksiya A= (0; +)da qat‘iy monoton o‘sadi, B= (—;0] da qat‘iy monoton kamayadi. Shuning uchun x 2 m = b tenglamani A da va B da alohida yechamiz. A oraliqda: agar b>0 bo‘lsa, x1
; b=0 bo‘lsa, x=0; b < 0 bo‘lsa, yechimga ega emas. B oraliqda esa: b >0
bo‘lsa, x x n = b tenglama uchun:
|
b> 0
|
b=0
|
b< 0
|
x 2 m -1 =b
|
x1 =
|
x1=0
|
x1 =
|
x 2 m =b
|
x1 = ,
x2 =
|
x=0
|
yechim yo’q
|
xn =1 ko‘rinishdagi tenglamani C da yechish uchun sonning trigonometrik
shaklidan foydalanamiz, ya‘ni 1= dan xk
topiladi. Bundan
; …xn=
Bu ma‘lumotlarga tayangan holda ax2n + bxn + c = 0 ; a ≠0 , tenglamani yechish mumkin.
1
-2
|
1
|
2
|
5
|
4
|
|
-12 0
|
1
|
3
1
|
8
6
|
12
0
|
|
|
1
|
|
|
|
|
|
|
|
2-misol. Ushbu tenglamani yeching: x4+2x3+5x2+4x-12=0.
Yechish. Birinchi usul. Bu tenglamada an= 1 va a0=-12 bo‘lgani uchun a0 ning ±1, ±2, ±3, ±4,±6, ±12 bo‘luvchilarini yozib olamiz, so‘ngra Gorner sxemasi bo‘yicha tenglamaning ildizlari to‘plamini aniqlaymiz:
Demak, tenglamaning ildizlar to‘plami R da {1; -2}. So‘ngra x4+2x3+5x2+4x-12= (x-1)(x+2)(x2+x+6)=0.
Bundan , x=1, x=-2.
Demak, tenglamaning ildizlar to‘plami C da
, x=1, x=-2.}
Ikkinchi usul (ko’paytuvchilarga ajratish usuli):
x4+2x3+5x2+4x-12=( x4+2x3)+( 5x2+10x)-( 6x+12)= )(x+2)(x3+5x-6)= =(x-1)(x+2)(x2+x+6)=0.
Bundan, tenglamaning ildizlar to‘plami , x=1, x=-2.}
Uchinchi usul: (noma’lum koeffitsientlarni kiritish usuli): berilgan tenglamani x4+2x3+5x2+4x-12=(x2+ax+b)( x2+cx+d) ko‘rinishida yozib olib, qavslarni ochib chiqamiz, so‘ngra ko‘phadning ko‘phadga tenglik shartini hisobga olgan holda a=1,b=2,c=1,d=6 ni aniqlaymiz.
4-misol. (x2+x+1)2-3x2-3x-1=0 tenglamani yangi o‘zgaruvchi kiritish usuli bilan yeching.
Yechish. (x2+x+1)2-3x2-3x-1=0 (x2+x+1)2-3(x2+x+1)+2=0
Tenglamaning ildizlar to‘plami {0;-
.
|