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+a1xn-1+a2xn-2+...+an 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:
a0=b0
a1=b1-αb0 a2=b2-αb1
.......
an-1=bn-1-αbn-2 an=r-αbn-1
Bundan ko`rinadiki, b0=a0, bk=αbk-1+ak, k=1,2,..., n-1, r=an+αbn-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.
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. P3(x)=x3-3x2+5x+7 ni 2x+1 ga bo`lishdan hosil bo`lgan qoldiqni toping.
Yechish. Qoldiq r=P3(-1/2)=(-1/3)3-3∙(-1/2)2+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 α1, ..., αn ildizlarga ega bo`lsa, u (x-α1) ...(xan) 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 α1, ..., αk+1 ildizlarga ega bo`lganda, u n+1-darajali (x-α1)...(x-αk+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 ai haqiqiy koeffitsiyentlari va αi ildizlari orasidagi munosabatni ifodalovchi formulalarni keltiramiz:
1) a2x2+a1x+a0=b(x-α1)(x-α2)=bx2-b(α1-α2)x++bα1α2. Agar x ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsiyentlari tenglashtirilsa, b=a2 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 Pn(x) = anxn
+ ... +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 ) 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 + a1zn-1 + ... + an-1z+ an ko‗phadning ildizi bo‗lsin. U holda a0zn + a1zn-1 + ... + an-1z+ an = 0 yoki
a0zn + a1zn-1 + ... + an-1z+ an =0 tenglik o‗rinli bo‗ladi. Kompleks
songa qo'shma sonni topish amalining xossalaridan foydalansak,
a0(z)n a1(z)n1 ...an1zan 0 tenglikka ega bo‗lamiz. Demak, z soni ham P(z) ko‗phadning ildizi. Teorema isbot bo‗ldi.
Natija. n-darajali Pn(x) ko‘phad x- ko‘rinishidagi ikkihadlar va x 2 +px+q ko‘rinishidagi manfiy diskriminantli kvadrat uchhadlar darajalarining ko‘paytmasidan iborat:
Pn (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, ..., an-1, an 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+a1xn-1+ a2xn-2+…+ an-1x+an=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 an 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,…,bn-1=an-1+abn-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,…,bn-1= an+1+abn-2 tengliklar bilan aniqlanib, qoldiq nolga teng bo‘ladi, ya‘ni 0= an+abn-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-aql=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 an-aqn-1=an+abn-1=0 ni hosil qilamiz. Ammo Gorner sxemasi bo‘yicha r= an+abn-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 qn-1,qn-2,…,q1,q0 sonlar (4) tengliklarga asosan topiladi.
Agar qi 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 anxn+…+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:
|
