Mavzu: Qaytma va yuqori darajali tenglamalar va ularni yechish metodikasi

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 _n Z 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 _n k 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
b undan 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;-
.