Algebraik ifoda. Natural ko‘rsatkichli daraja. Birhad

"')" = a ■ a ■ ... -a = a ■ ... ■ a-a ■ ... ■ a ■... • a- ... ■ a ... =
n marta m marta m marta m marta
n marta
mn marta
Butun musbat darajali harf, son yoki ulardan tuzUgan ko‘-paytuvchUar ko‘paytmasidan iborat butun algebraik ifoda birhad deyiladi. Koeffitsiyentlari bUangina farq qiladigan birhadlar о 'xshash birhadlar deyiladi. Masalan, 3ab va - 4,2ab lar o‘xshash birhadlardir.
Har qanday birhad turli ko‘rinishda yozUishi mumkin. Ma­salan, 7a⁶ • b⁵ = 3,5 • 2a⁶ • b⁵ = 7a⁴ -b³ -a² ■ a² ■ b² = ...
Lekin 7a⁶b⁵ birhadda sonli ko‘paytuvchi birinchi o‘rinda, harflar alfavit tartibida daraja ko‘rsatkichi orqali bir marta yozilgan bo lib, u standart (kanonik) ko‘rinishda yozilgandir.
Birhaddagi barcha harflar darajalarining yig‘indisi shu bir-hadning darajasi deyiladi.
Son yoki bitta harf ham birhaddir. Masalan, x; у; |; 0; 3,(9) -birhadlardir.


Algebraik tenglama va tengsizliklar Bir o‘zgaruvchili tenglamalar
Tenglama. Teng kuchli tenglamalar. Bir o‘zgaruvchili A ( x ) va B (x) ifodalardan tuzilgan
A (x) = B (x) (1)
tenglik bir o‘zgaruvchili tenglama, x ning uni to‘g‘ri sonli tenglik-ka aylantiruvchi har qanday qiymati esa shu tenglamaning yechimi (ildizi) deb ataladi.
Bir o‘zgaruvchili tenglama yechimga ega bo‘lmasligi, bitta yoki bir nechta ildizga ega bo‘lishi, yoki cheksiz ko‘p ildizlarga ega bo‘lishi mumkin.
Masalan, x ² + 4 = 0 tenglama yechimga ega emas, x + 4 = 0 tenglama bitta ( x = -4) yechimga ega, ( x + 1)(x -2)(x + 3) = 0 tenglama uchta (x = -1, x = 2, x = -3) yechimga ega va nihoyat, 0 · x = 0 tenglama cheksiz ko‘p yechimga egadir.
Òenglamani yechish uning barcha ildizlari to‘plamini topish demakdir. Agar A₁(x) = B₁(x) tenglamaning yechimlari to‘plami A₂(x) = B₂(x) tenglamaning yechimlari to‘plamiga teng bo‘lsa, ular teng kuchli tenglamalar deyiladi. Bundan, yechimga ega bo‘lmagan har qanday ayni bir o‘zgaruvchili tenglamalarning teng kuchli ekanligi kelib chiqadi.
1- m i s o l. x² - 5x + 6 = 0 va ( x - 2)(x - 3) = 0 tenglamalar teng kuchli tenglamalar ekanligini ko‘rsatamiz.
x² - 5x + 6 = 0 kvadrat tenglama x ₁ = 2, x₂ = 3 ildizlarga ega. Uning yechimlar to‘plami X₁ = {2; 3} dan iborat.
(x - 2)(x - 3) = 0 tenglama ham x₁ = 2, x₂ = 3 ildizlarga ega. Shu sababli uning yechimlari to‘plami X₂ = {2; 3} dan iborat. Bundan X₁ = X₂ ga ega bo‘lamiz. Demak, berilgan tenglamalar teng kuchlidir.
2- m i s о 1. x² - 5x+ 6 = 0 va ^3 = 0 tenglamalar teng
kuchli tenglamalar emas (ishonch hosil qiling!).
x o‘zgaravchining A(x) ifoda ma’noga ega bo‘ladigan barcha qiymatlari to‘plami A(x) ifodaning aniqlanish sohasini (mav-judlik sohasini) tashkil etadi. A(x) va В (x) ifodalar aniqlanish sohalarining umumiy qismi A(x) = В (х) tenglamaning aniq­lanish sohasi (x 0 ‘zgaruvchining joiz qiymatlari sohasi) deb ataladi.
Tenglamaning yechimlar to‘plami uning aniqlanish so-hasining qism to‘plami bo‘lib, unga teng bo‘lishi shart emas.
Masalan, -1)² = 0 tenglamaning yechimlar to‘plami ham,
aniqlanish sohasi ham {1} to‘plamdan iborat, lekin x² - 5x+ 6 = 0 tenglamaning (1- misolga qarang) yechimlar to‘plami {2; 3} dan, aniqlanish sohasi esa R = (-00; +00) dan iboratdir.
Endi tenglamalarning teng kuchliligi haqidagi ba’zi teore-malarni keltiramiz.
1-teorema. Agar C(x) ifoda barcha xe X da aniqlan-gan bo‘lsa, A(x) + C(x) =B(x) + C(x) (2) va (1) tenglamalar teng kuchli bo‘ladi, bu yerda X~(1) tenglamaning aniqlanish sohasi.
I s b о t. a soni (1) tenglamaning ildizi bo‘lsin. U holda Да) =B(a) chin sonli tenglik hosil bo‘ladi. Ikkinchi tomondan, aeX ekanligidan С (a) soni mavjud va shunga ko‘ra Да) + + С(а) = В (а) + С (а) ham chin tenglik. Demak, x= a soni (2) tenglamaning ham ildizi. (2) ning har bir ildizi (1) uchun ham ildiz bo‘lishi shu kabi ko‘rsatiladi.
Teoremadan ko‘rinadiki A(x) = B(x) tenglamani unga teng kuchli bo‘lgan/(x) = 0 ko‘rinishdagi tenglama bilan almashtirish mumkin.
2-te ore ma. Agar C(x) ifoda barcha xeX qiymatlarda noldan farqli qiymatlar qabul qilsa, (1) tenglama A(x)C(x) = =B(x)C(x) tenglamaga teng kuchli bo‘ladi, bu yerda X~(1) tenglamaning aniqlanish sohasi.
Bu teorema 1- teorema kabi isbotlanadi: Да) =В (a) teng-likdan Да) С (а) =В (а) С (а) tenglik kelib chiqadi, keyingi tenglikdan esa С(а)Ф0 bo‘lganidan Да) =B (a) tenglik hosil bo‘ladi.
Ko‘paytirishda (demak, bo‘lishda ham) С(х)фО bo‘lishi muhim. Aks holda, chet ildizlar paydo bo‘lishi mumkin.
Tenglama ikkala qismiga x ning ayrim qiymatlarida sonU qiymatga ega bo‘lmaydigan ifoda qo‘shilsa yoki ikkala qism shunday ifodaga ko‘paytirilsa, ildiz yo‘qolishi mumkin.
3-misol. (2x+l)(x²+3)+x³ = (x-3)(x² + 3) + x³ va 2x+ 1 = x- 3 tenglamalar teng kuchli, chunki R to‘plamda x² + 3 ko‘paytuvchi noldan farqli, x³ qo‘shiluvchi esa barcha R da aniqlangan.
4- m i s о 1. ^(х~^2)(л: ^{+ 2)} =-4 va x-2 = -4 tenglamalar teng
x + 2
kuchli emas, chunki x= -2 da birinchi tenglama ma’noga ega emas, ikkinchi tenglama esa ma’noga ega va to‘g‘ri sonli tenglikka aylanadi. x- 2 = -4 tenglamaning yagona ildizidir.
5- m i s о 1. x²- 9 = x- 3 tenglamaningMizlari x₁ = - 2 va x, = 3.
Agar tenglamaning ikkala qismi x- 3 ga bo‘linsa, unga teng kuchli
bo‘lmagan x+ 3 = 1 tenglama hosil bo‘ladi. Chunki, uning faqat
bitta, ya’ni x= -2 ildizi mavjud. Bu yerda, tenglamani o‘zgaruv-
chili ifodaga bo‘lish natijasida, berilgan tenglamaning x= 3 dan
iborat ildizi yo‘qolganini ko‘ramiz.