Mavzu: Qaytma va yuqori darajali tenglamalar va ularni yechish metodikasi

Misollar.
1. x³-9x²+21x-5=0 tenglamani yeching.
Yechilishi. Bu yerda x=y+3 degan almashtirish olamiz. U holda y³-6y+4=0

tenglama hosil bo‘ladi. Demak, bizda p= -6, q=4 va _ ^q2 _ ^p3 dan = - 4 ni
4 27

hosil qilamiz. < 0 bo‘lganligi uchun berilgan tenglamaning ildizlari haqiqiy va har xil bo‘lishi kerak. (8) dan u  ³ 2 4  ³ 2 2i.
Endi - 2+2i ning moduli va argumentini topamiz:
2 3

r  4  4  2 2;  arctg  arctg(1)  .
2 4
Bundan kompleks sonlarni trigonometrik ko‘rinishga keltirish va ildiz chiqarish qoidalariga asosan quyidagilarga ega bo‘lamiz:

2  2i  2 2(cos3^_isin ^3) ;
4 4
3 3
1 ⁴  2kisin ⁴  2k) =

u_k  ³ 2  2i  (2 2) ³(cos

3. 
   3
   

2cos4  2k3 isin4  2k3 ; k  0,1,2. 
Bu yerda k=0 deb olsak

u0  2(cosisin )  1i.

3. 
   4
   

(18) ga ko‘ra v  u . Demak, v₀=1-i va y₀= u₀+v₀= u₀+u =2. (10) dan

1 y₁  (u₀  u₀) i (u₀  u₀) 1 3;
2

1. 
   y₂  (u₀  u₀) i (u₀  u₀) 1 3. 2
   

Bu qiymatlarni x=y+3 almashtirishga olib borib qo‘yib

x₀=5 , x₁=2- 3, x₂  2 3. berilgan tenglamaning yechimlarini hosil qilamiz. 2-misol. x⁴+2x³+2x²+x-7=0 tenglamani yeching.
Yechilishi. Bizning misolimizda a=2, b=2, c=1, d=-7. Shuning uchun ham (4) y³-2y²+30y-29=0; A=0, B=0, C=29/4 ko‘rishda bo‘ladi. Shunday qilib berilgan tenglama x²+x+ =_
tenglamaga teng kuchli. Buni yechib berilgan tenglamaning yechimlarini hosil
qilamiz. 1) x²+x+ ¹ = ²⁹ x²+x+

2. 
   2
   

D=(-1)
3- misol. x⁴-x³-3x²+5x-10=0 tenglamani yeching.
Yechilishi. Bu yerda a=-1, b=-3, c=5, d=-10 va
(-y/2 - 5)² - 4(1/4 +3+y)(y²/4 +10) = 0 (y/2 +5)² - (13+4y)(y²/4 +10)=0 y²/4 +5y+25- 13y²/4-130-y³-40y=0
-y³-3y²-35y-105=0
-y²(y+3)-35(y+3)=0.
Demak y₀= -3 va A=1/4, B= -13/2, C=49/4;  .Shuning uchun ham berilgan tenglama ushbu tenglamaga teng kuchli x²-x/2-3/2=( x/2-7/2).
Bu tenglamani yechib berilgan tenglamaning yechimlarini hosil qilamiz.

x
2)

Javob: x_1,2=
4-§.Kvadrat tenglamaga keltiriladigan yuqori darajali tenglamalar
Ba‘zi yuqori darajali algebraik tenglamalarni kvadrat tenglamaga keltirib yechish mumkin. Shunday tenglamalardan ayrim muhim hollarini ko‘rib chiqamiz. Ushbu
ax⁴ + bx³ + cx² + dx + e = 0 (1)
ko‘rinishdagi tenglama to'rtinchi darajali tenglama deyiladi. Bunda а 0 bo‘lib, a, b, c,d, e tenglama koeffitsiyentlari haqiqiy sonlardir. (1) tenglamaning haqiqiy ildizlarini xususiy hollarda topish usullari bilan tanishib chiqamiz.
Bikvadrat tenglamalar. Agar (1) tenglamada b=d=0 bo‘lsa, u holda tenglama ax⁴+cx²+e=0
ko‘rinishni oladi.Bunday shakldagi tenglama bikvadrat tenglama deyiladi. Tenglama koeffitsiyentlarini qabul qilingan tartibda yozsak,
ax⁴+bx²+c =0 (2)
tenglamaga ega bo‘lamiz. Agar D= b² - 4ас 0 bo‘lsa, tenglamani yechishda
x² = t(t 0) (3)
almashtirishdan foydalaniladi. Natijada
at²+bt+c=0
kvadrat tenglamaga ega bo‘lamiz. Ma‘lumki,
Agar 0, 0 bo‘lsa, (2) tenglama ildizlari (3) ga ko‗ra quyidagicha topiladi:

1-misо1. x⁴-4x²-5=0 tenglamani yeching. Yechilishi. x²=t, t² -4t-5=0

x² =-1 tenglama haqiqiy ildizlarga ega emas.
Javob:
Qaytma tenglamalarni kvadrat tenglamaga keltirib yechish.
Agar to‘rtinchi darajali ax⁴+bx³+cx²+dx+e=0 tenglama koeffitsiyentlari uchun a=e va b=d tengliklar о 'rinli bo ‘lsa, и holda bunday tenglama «qaytma» tenglama deyiladi.
Quyida bu tenglamani yechish uslubini ko‗rib chiqamiz. 2-misol. 2x⁴+3x³-16x²+3x+2=0 tenglamani yeching.
Yechilishi. x 0 bo‘lganligi uchun, tenglamaning har ikkala tomonini x² ga bo‘lamiz:

endi almashtirishni bajaramiz.
U holda Natijada t ga nisbatan ushbu tenglamaga ega
bo‘lamiz:

Bu tenglamalarning ildizlarini topamiz:

Kiritilgan almashtirishni inobatga olib, berilgan tenglama ildizlarini topamiz:

Berilgan tenglama to‗rtta haqiqiy ildizga ega:
;
Agar (1) tenglama koeffitsiyentlari uchun tenglik o‘rinli bo‘lsa
ham, и «qaytma» tenglama kabi yechiladi.
3-misol. 2x⁴-21x³+74x²-105x+50=0 tenglamani yeching.
Yechilishi .
Demak, ko‘rsatilgan shartlar bajarilyapti: x² 0. Tenglamaning har ikkala tomonini x² ga bo‗lamiz:

Endi almashtirishni bajarib, t ga nisbatan ushbu tenglamaga ega
bo‗lamiz:
2t²-21t+54=0.
Bu tenglamaning ildizlarini topamiz:

Kiritilgan almashtirishni inobatga olib, berilgan tenglama ildizlarini topamiz:


Berilgan tenglama to‗rtta haqiqiy ildizga ega:
x
To’la kvadratni ajratish usuli bilan kvadrat tenglamaga keltiriladigan to‘rtinchi darajali tenglamalar.
To‘rtinchi darajali tenglamalarni yechishda to‘la kvadratni ajratish usuli bilan uning tartibini pasaytirib, kvadrat tenglamaga keltirishdan ham foydalanish ko‗pgina hollarda qo‗l keladi.
4-misol. x⁴+6x³+5x²-12x+3=0 tenglamaning haqiqiy ildizlarini toping.
Yechili sh i . Tenglamaning chap tomonida to‘la kvadratni ajratamiz:
x⁴+6x³+5x²-12x+3=0 ( x⁴+6x³+9x²)-4x²-12x+3=0 (x²+3x)²-4(x²+3x)+3=0
Endi x²+3x=t almashtirish yordamida t ga nisbatan ushbu kvadrat tenglamani hosil qilamiz: t²-4t+3 = 0.
Bu tenglamaning ildizlarini topamiz:

Qabul qilingan almashtirishni hisobga olib, berilgan tenglamaning haqiqiy ildizlarini topamiz:
1) x²+3x=1 x²+3x-1=0

2)

Javob:
5-§. 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) x<sup>5</sup>+x+20 ni x+2 ga bo`lishdan chiqadigan qoldiq r=(-2)⁵+(-2)+20=-14; 2) x⁵+x+34 ni x+2 ga bo`lishdan chiqadigan qoldiq r=(-2)<sup>5</sup>+(-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)<sup>2n+1</sup>+a<sup>2n+1</sup>=0; 6) x<sup>2n</sup>+a<sup>2n</sup> 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+a⁴);
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.