Mavzu: Qaytma va yuqori darajali tenglamalar va ularni yechish metodikasi

I-BOB. Qaytma va yuqori darajali tenglamalar

1-§.Qaytma tenglamalar va ularni yechish metodikasi

a₁xⁿ a₂x^n1 a₃x^n2 ...a₃x² a₂xa₁  0 ko‘rinishdagi butun algebraik

tenglama qaytma tenglama deyiladi⁴.

Bu ko‘rinishdagi tenglamalarda boshidan va oxiridan bir xil uzoqlikda joylashgan koeffitsiyentlar teng bo‘ladi.

Qaytma tenglamalarni n2k va n2k1 bo‘lgan holatlarda qaraymiz. Buni misollarda keltirib o‘tamiz.

1-misol. 21x⁶ 82x⁵ 103x⁴ 164x³ 103x² 82x210 tenglamani yeching.

Yechish. Tenglamani x³ ga bo‘lamiz.

21x 

³ 82x² 103x 164103 1x 82 x1₂  21 x13  0

21x3  x13 82x2  x12 103x 1x164  0

x  1x  t belgilash kiritsak, x²  x¹₂  t²  2, x³  _x¹₃  t³ 3t ga ega bo‘lamiz.

21t³ 82t²  40t  0  t(21t² 82t  40)  0 bundan t₁  0 va 21t² 82t 400

Tenglamani ildizlari t₁  0, t₂  ⁴, t₃ 

3

Agar: 1) t₁  0 bo‘lsa, x  ¹  0  x² 1 0 tenglamaga ega bo‘lamiz. x₁ i, x₂  i x

2. 
   t₂ _ bo‘lsa, 7x²  4x7  0 tenglamaga ega bo‘lamiz. Uning ildizlari
   

x3,4 _ 23 5ⁱ .

7

2. 
   t₃ _ bo‘lsa, 3x² 10x3  0 tenglamaga ega bo‘lamiz. Uning ildizlari:
   

x₅  , x₆  3

Javob: x1 i, x2  i, x3  2 3 5i , x4 33 5i , x5 1, x6 3

7 7 3

2-misol. x⁵ 4x⁴ 3x³ 3x² 4x10

Yechish. Bu tenglamaning daraja ko‘rsatkichi toq son bo‘lgani uchun, bitta ildizi x₁ 1 ga teng, ya‘ni

x1x⁴ 5x³  2x² 5x1 0

x₁ 1, x⁴ 5x³  2x² 5x1 0 Bu tenglamani x² ga bo‘lamiz.

x2  x12 5x 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 10 x_2,3 i

2 2-§.Yuqori darajali tenglamalar 1-ta’rif. Ushbu	2
a0x^n + a1x^n-1+ . . . + an-1x+ an = 0	a0 ≠0 (1)

2) t₂ 5 bo‘lsa, x² 5x10 bo‘lib, yechimi x _ bo‘ladi. Javob: x₁ 1, x₂ i, x₃  i x_{4 }^{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 + a₁x^n-1+ . . . + a_n-1x+ a_n = 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 + a₁k^n-1+ . . . + a_n-1k+ a_n =0 bo‘lib, bundan a_n = k (- k^n-1- a₁k^n-2- . . . -a_n-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 + . . . + a_n- = 0 (3)

bo‘lib, bundan

a₀pⁿ+a₁p^n-1q+…..+a_n-1 pq^n-1+a_nqⁿ=0 (3‘)

hosil bo‘ladi. Bu(3‘) dan a_nqⁿ=p(-a₀p^n-1-a₁p^n-2q- a₂p^n-3q²-………- a_n-1 q^n-1) (4)

hosil bo‘lib, bundan a_n 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

a0x2n1 a1x2n ...anxn1 anxn 3an1xn1 ...a0xn a1xn1 a2xn2 ...

a₁xa₀  0

a₀xⁿ+a₁x^n-1+a₂x^n-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(x^2n1 ^2n1) a₁x(x^2n1 ^2n1) ...a_nxⁿ(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 a1x2n1 ...anxn an1xn1 2an2xn2 ...na0  0 (8)

tenglamani xⁿ≠0 ga bo‘lamiz, natijada

n1 n

a0xn a1xn1 ...an1xan an1x ...a1 xn1 a0 xn  0 hosil

n n1

bo‘ladi.So‘ngra,guruhlashdan so‘ng a₀(x^{n }x_n ) a₁(x^{n1 }xn ) ...a_n  0

n

tenglamada y=x+^ belgilashni kiritamiz. Bu yerda xⁿ _^x_n ,mN yig‘indi x

y ga nisbatan f_m(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

x^{k1  }xk_k_1₁  f_k1(y) bo‘lsin deb,m=k+2 uchun ko‘rsatamiz. xk2 xk2  (xk1 kk11)(xx) (xk xkk ) k 2 x

ekanidan

x^{k2 }x^k_k^_²₂  yf_k1(y)f_k (y) f_k2(y) hosil bo‘lib,u y ga nisbatan ndarajali tenglama bo‘ladi.Bu tenglama C da n ta yechimga ega ekanligidan uni

y₁,y₂,…,y_n orqali ifodalasak, y₁ = x+^ ; y₂= x+^ ;… y_n = 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:

1. 
   agar b> 0 bo‘lsa,;
   
2. 
   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 <0 bo‘lsa, yechim yo‘q. Demak, 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 x_k

topiladi. Bundan

; …x_n=

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 a_n= 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;-

.