Mavzu: Qaytma va yuqori darajali tenglamalar va ularni yechish metodikasi

1-misol. x⁵-ax+4 ni x+3 ga bo`lishdagi qoldiq r=4 bo`lsa, a ni toping.
Yechish. (-3)⁵-a∙(-3)+4=4, bundan a=81.
P(x)=a₀xⁿ+a₁x^n-1+a₂x^n-2+...+a_n ko`phadni x-a ikkihadga bo`lishdagi qoldiqni hisoblashning Gorner (Xorner Uilyam (1786-1837) – ingliz matematigi) sxemasi deb ataluvchi usulini ko`rsatamiz.
P(x)=Q(x)(x-a)+r
bo`lsin. Bunda
Q(x)=b0xn-1+b1xn-2+b2xn-3+...+bn-1.
(1) da x ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsiyentlarni tenglashtirib quyidagiga ega bo`lamiz:
a<sub>0</sub>=b<sub>0</sub>
a<sub>1</sub>=b<sub>1</sub>-αb<sub>0</sub> a<sub>2</sub>=b<sub>2</sub>-αb<sub>1</sub>
.......
a<sub>n-1</sub>=b<sub>n-1</sub>-αb<sub>n-2</sub> a<sub>n</sub>=r-αb<sub>n-1</sub>
Bundan ko`rinadiki, b₀=a₀, b_k=αb_k-1+a_k, k=1,2,..., n-1, r=a_n+αb_n-1.
Bo`linma va qoldiqni hisoblash quyidagi jadval yordamida topiladi.

	a0	a1	a2	...	an-1	an
α		αb0+a1	αb1+a2	...	αbn-2+an-1	αbn-1+an
	b0=a0	b1	b2	...	bn-1	r

2-misol. x³+4x²-3x+5 ko`phadni Gorner sxemasidan foydalanib, x-1 ga bo`lishni bajaramiz.

	1	4	-3	5
1	1	5	2	7

Demak, x³+4x²-3x+5=(x-1)(x²+5x+2)+7.
Bezu teoremasidan P(x) ko`phadni ax+b ko`rinishdagi ikkihadga bo`lishda hosil bo`ladigan r qoldiq P(-b/a) ga teng bo`lishi kelib chiqadi.
3-misol. P<sub>3</sub>(x)=x<sup>3</sup>-3x<sup>2</sup>+5x+7 ni 2x+1 ga bo`lishdan hosil bo`lgan qoldiqni toping.
Yechish. Qoldiq r=P<sub>3</sub>(-1/2)=(-1/3)<sup>3</sup>-3∙(-1/2)<sup>2</sup>+5∙(-1/2)+7=29/8 ga teng.
2-teorema. Agar α soni P(x) ko`phadning ildizi bo`lsa, P(x) ko`phad x-a ikkihadga qoldiqsiz bo`linadi.
Isbot. Bezu teoremasiga ko`ra, P(x) ni x-a ga bo`lishdan chiqadigan qoldiq P(α) ga teng, shart bo`yicha esa P(α)=0. Isbot bajarildi.
Bu teorema P(x)=0 tenglamani yechish masalasini P(x) ko`phadni chiziqli ko`paytuvchilarga ajratish masalasiga keltirish imkonini beradi.
1-natija. Agar P(x) ko`phad har xil α<sub>1</sub>, ..., α<sub>n</sub> ildizlarga ega bo`lsa, u (x-α₁) ...(xa_n) ko`paytmaga qoldiqsiz bo`linadi.
2-natija. n-darajali ko`phad n tadan ortiq har xil ildizga ega bo`la olmaydi. Isbot. Agar n- darajali P(x) ko`phad n+1 ta har xil α<sub>1</sub>, ..., α<sub>k+1</sub> ildizlarga ega bo`lganda, u n+1-darajali (x-α₁)...(x-α_k+1) ko`paytmaga qoldiqsiz bo`linardi. Lekin bunday bo`lishi mumkin emas.
Yuqorida qaralgan teoremalardan foydalanib, Fransua Viyet (fransuz olimi, 15401603) tomonidan berilgan hamda P(x)=0 butun algebraik tenglamaning a<sub>i</sub> haqiqiy koeffitsiyentlari va α<sub>i</sub> ildizlari orasidagi munosabatni ifodalovchi formulalarni keltiramiz:
1) a<sub>2</sub>x<sup>2</sup>+a<sub>1</sub>x+a<sub>0</sub>=b(x-α<sub>1</sub>)(x-α<sub>2</sub>)=bx<sup>2</sup>-b(α<sub>1</sub>-α<sub>2</sub>)x++bα<sub>1</sub>α<sub>2</sub>. Agar x ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsiyentlari tenglashtirilsa, b=a<sub>2</sub> bo`ladi. Natijada ushbu formulalar topiladi:
α₁+α₂=-a₁/a₂, α₁α₂=a₀/a₂; 2) shu tartibda P₃(x)=a₃x³+a₂x²+a₁x+a₀ uchun: α₁+α₂+α₃=-a₂/a₃, α₁α₂+α₁α₃+α₂α₃=a₁/a₃, α₁α₂α₃=-a₀/a₃ formulalar topiladi.
Hosil qilingan tengliklarning bajarilishi sonlarining P_n(x) = a_nxⁿ
+ ... +a₀ ko‗phad ildizlari bo‘lishi uchun zarur va yetarlidir.Agar P(x) ko‘phad (x- )^k ga qoldiqsiz bo‘linsa,lekin, (x- )^k+1 ga qoldiqsiz bo‘linmasa, soni Р(х) uchun k karrali ildiz bo‗ladi.
6-§.Algebraik tenglamalarning kompleks ildizlari.
Algebraning asosiy teoremasi (Gauss teoremasi):
n- darajali ( bu yerda n 1) har qanday ko‘phad aqalli bitta kompleks ildizga ega.⁸
Teоrema. Agar z= kompleks soni haqiqiy koeffitsiyentli P(z) kо’phadning ildizi bo’lsa, z= kompleks soni ham P(z) ko‘phadning ildizi bo‘ladi.
Isbоt. z kompleks soni P (z) = a₀zⁿ + a₁z^n-1 + ... + a_n-1z+ a_n ko‗phadning ildizi bo‗lsin. U holda a₀zⁿ + a₁z^n-1 + ... + a_n-1z+ a_n = 0 yoki

a₀zⁿ + a₁z^n-1 + ... + a_n-1z+ a_n =0 tenglik o‗rinli bo‗ladi. Kompleks
songa qo'shma sonni topish amalining xossalaridan foydalansak,

a0(z)n a1(z)n1 ...an1zan  0 tenglikka ega bo‗lamiz. Demak, z soni ham P(z) ko‗phadning ildizi. Teorema isbot bo‗ldi.
Natija. n-darajali P_n(x) ko‘phad x- ko‘rinishidagi ikkihadlar va x ² +px+q ko‘rinishidagi manfiy diskriminantli kvadrat uchhadlar darajalarining ko‘paytmasidan iborat:
P_n (x) = a₀(x - )^k … (x²+px+q)^m…, bu yerda k {0, 1, 2,…}, m {0, 1, 2, . . .}.
III-BOB.Ratsional sonlar maydoni ustidagi ko`phadlar va algebraik sonlar

1-§.Butun koeffitsientli ko’phadning butun va ratsional ildizlari

Ratsional sonlar maydoni ustida berilgan har qanday f (x)= a ₀ x ⁿ + a ₁ x ^{n - 1} + . . . + a _{n - 1} x+ a _n ko‘phadning ildizi a ₀ x ⁿ + a ₁ x ^{n - 1} + . . . + a _{n - 1} x+ a _n = 0 (1)
tenglamaning ham ildizi bo‘ladi.Shuning uchun bundan So‘ng biz faqatgina n-darajali tenglamaning ratsional ildizlarini topish bilan shug‘ullanamiz.
1°. Kasr koeffitsiyentli tenglamani butun koeffitsiyentli tenglama bilan almashtirish mumkin.
Isboti. Buning uchun (1) tenglamaning ikki tomonini barcha a₀, a₁,a₂, ..., a_n-1, a_n koeffitsiyentlarning umumiy maxrajiga ko‘paytirish kifoya.
2⁰. Butun koeffitsiyentli tenglamani bosh koeffitsiyent 1 ga teng butun koeffitsiyentli tenglama bilan almashtirish mumkin.
Isboti. (1) tenglamaning koeffitsiyentlarini butun deb hisoblab, x
almashtirishni bajarsak,(1) tenglama

ko‘rinishni oladi. Bundan ushbuni hosil qilamiz:
yn+a0a1yn-1+ a0a2yn-2+…+a0n-2an-1y+ a0n-1a=0
3°. Butun koeffistientli
f(x)=xⁿ+a₁x^n-1+ a₂x^n-2+…+ a_n-1x+a_n=0 ( 2) tenglamaning ratsional ildizlari faqat butun sonlar bo‘ladi.
Isboti. (2) tenglama ildizga ega bo‘lsin (a va b — butun sonlar, b≠0); bu
kasrni qisqarmaydigan deb hisoblash mumkin; ildizni (2) tenglamaga
qo‘yib,

yoki

tenglikni hosil qilamiz. qisqarmaydigan kasrdir.
Shu sababli,(3)tenglikning bo‘lishi mumkin emas,chunki qisqarmaydigan kasr butun songa teng bo‘la olmaydi.
4⁰. (2) tenglamaning butun ildizi ozod hadning bo‘luvchisidir.
I s b o t i . a ni (2) tenglamaning butun ildizi desak,
an+a1an-1+ a2an-2+…+ an-1a+an=0
yoki an=a(-an-1-a1an-2-…-an-1)
tenglikka ega bo‘lamiz; bu esa a_n ning a ga bo‘linishini ko‘rsatadi.
6°. (2) tenglamaning chap tomonini x-a (a—butun son) ga bo‘lishdan chiqqan bo‘linma butun koeffitsientli ko‘phaddir.
I s b o t i . Gorner sxemasi bo‘yicha bo'linmaning koeffitsientlari quyidagi butun sonlarga teng: b₀=a₀=1, b₁=a₁+a, b₂=a₂+ab₁,…,b_n-1=a_n-1+ab_n-1.
6°. Agar a butun son (2) tenglamaning ildizi bo‘lsa, ham butun sonlar bo‘ladi.
I s b o t i . Haqiqatan, f ( x ) = ( x -a ) ( x ) tenglikdan
hosil bo‘ladi, bunda, 5⁰-xossaga binoan, ( x ) butun koeffitsientli ko‘phad. Demak, - butun sonlar.
7°.a butun son (2)tenglamaning ildizi bo‘lishi uchun
,…,
nisbatlar butun son bo‘lishi zarur va yetarli.
I s b o t i . Z a r u r i y l i g i . a—tenglamaning butun ildizi bo‘lsin. Gorner sxemasidan foydalanib, f(x) ni x-a ga bo‘lamiz. Bu holda bo‘linmaning koeffitsientlari b₀=1, b₁=a₁+a, b₂=a₂+cb₁,…,b_n-1= a_n+1+ab_n-2 tengliklar bilan aniqlanib, qoldiq nolga teng bo‘ladi, ya‘ni 0= a_n+ab_n-1. Bu tengliklardan

kelib chiqadi. Agar deb belgilasak,(4)tengliklarni hosil qilamiz.
Y e t a r l i l i g i . Endi, a butun son bo‘lgani uchun (4) tengliklar kuchga ega deylik.Bu tengliklarning so‘nggisidan a₁+a=-q₁ ni topamiz.Gorner sxemasiga asosan, a₁+a=b₁.Demak -q₁=b₁. Ikkinchi tenglikdan -q₂=a₂-aq_l=a₂+ab hosil bo‘ladi.Demak,yana Gorner sxemasi bo‘yicha topiladigan b₂=a₂+ab₁ tenglikka asosan, —q₂=b₂. Bu jarayonni davom ettirib. birinchi tenglikdan a_n-aq_n-1=a_n+ab_n-1=0 ni hosil qilamiz. Ammo Gorner sxemasi bo‘yicha r= a_n+ab_n-1. Shu sababli r=0.Demak, f ( x ) ni x -a ga bo‘lishdan chiqqan qoldiq nolga teng bo‘lganidan, a butun son (2) tenglamaning ildizini ifodalaydi.
Shunday qilib, ratsional sonlar maydoni ustidagi tenglamaning rastional ildizlarini hisoblash jarayoni quyidagidan iborat:
1)Avval tenglamani (2) ko‘rinishga keltiramiz:
2)Ozod hadning bo‘luvchilarini olib tekshiramiz;
3)Agar a ozod hadning bo‘luvchisi bo‘lsa, f(1) va f(-1) ning a -1 va a +1 ga bo‘linish-bo‘linmasligini tekshiramiz;
nisbatlardan birontasi butun son bo‘lmasa, a ildiz
bo‘lmaydi. Sinovdan o‘tgan a ni olib, 7°- xossaning bajarilishini tekshiramiz. Buning uchun quyidagi sxemani tuzamiz:

an	an-1	an-2	…	a1	1
qn-1	qn-2	qn-3	…	q0

Bunda q_n-1,q_n-2,…,q₁,q₀ sonlar (4) tengliklarga asosan topiladi.
Agar q_i butun son va q₀=-1 bo‘lsagina, a ildiz bo‘ladi.
1-misol. Ushbu tenglamani qaraylik:

Avval butun koeffitsientli tenglamaga almashtiramiz:
10x⁵-7x⁴+11x³-17x²+8x-1=0
So‘ngra tenglamani almashtirish bilan (2)ko‘rinishga keltiramiz:
f(y)=y⁵-7y⁴+110y³-1700y²+8000y-10000 (5)
Bunda 10000 ozod hadning bo‘luvchilari juda ko‘p. Shu sababli hisoblashni qisqartirish u c h u n avval haqiqiy ildizlarning chegaralarini topamiz.
Musbat ildizlarning chegaralari 0 va 16 ekanini aniqlaymiz. (5) tenglamaning manfiy ildizlari yo‘q, chunki y=-z almashtirish natijasida hosil bo‘lgan
z⁵+7z⁴+110z³+1700z²+8000z+10000=0
tenglamaning chap tomoni z ning musbat qiymatlarida nol bo‘lmagani uchun tenglamaning musbat ildizlari yo‘q.Shunday qilib, 10000 ning 1,2,4,5,8,10,16 bo‘luvchilari bilan chegaralanish kifoya.
Endi f (-1)=3596, f(1) = 19818 ekanini topamiz.
4 soni ildiz bo‘la olmaydi, chunki f (-1) s o n a+ 1 = 4 + 1 = 5 a+1=5 ga bo‘linmaydi. Shunga o‘xshash,8,10,16 ham ildiz bo‘la olmaydi. 2 va 5 ni olganimizda f (1) va f(-1), mos ravishda, a-1=2-1=1, a-1=1, a-1=5-1 = 4 , a-1=4 ga va a+1=2+1=3_, a+1=5+1=6 ga bo‘linadi.
Shu sababli, 2 va 5 uchun 7°- xossani tekshirib ko‘ramiz.

-10000	8000	-1700	110	-7	1
-5000	1500	-100	5	-1
-10000	8000	-1700	110	-7	1
-2000	1200	-100	2	-1

Demak, (5) tenglama y₁=2 va y₂ =5 dan iborat ikkita butun ildizga ega. Shu sababli, berilgan tenglamaning rastional ildizlari bo‘ladi. Ratsional koeffitsiyentli har qanday a_nxⁿ+…+a₀=0 tenglama unga teng kuchli butun koeffitsiyentli tenglamaga keltirilishi mumkin. Masalan, +l = 0
tenglamaning ikkala qismi 6 ga ko‗paytirilsa, unga teng kuchli butun koeffitsiyentli 5x³+4x²-6x+6=0 tenglama hosil bo‘ladi. Endi butun koeffitsiyentli tenglamalar bilan shug‗ullanamiz.
Ushbu tenglamalarni ko‘rib chiqaylik: