Pronađite relaciju ponavljanja na mreži. Generiranje funkcija - naprijed-nazad

Rekurentna relacija, rekurentna jednačina ili ponavljajuća formula naziva se relacija oblika, koja vam omogućava da izračunate sve članove niza
, ako je prvi kčlanovi.

1. Formula
specificira aritmetičku progresiju.

2. Formula
definira geometrijsku progresiju.

3. Formula
postavlja sekvencu Fibonačijevi brojevi.⁫

U slučaju kada je rekurentna relacija linearna i homogena, tj. relacija oblika

(str=const), sekvenca
pozvao povratno. Polinom

pozvao karakteristika za povratnu sekvencu
. Polinomski korijeni
pozvao karakteristika.

Poziva se skup svih nizova koji zadovoljavaju datu rekurentnu relaciju opšta jednačina.

Opis opšte jednačine relacije (1) ima analogiju sa opisom rešenja obične diferencijalne jednačine sa konstantnim koeficijentima.

Teorema 1. 1. Nekaje korijen karakterističnog polinoma (2). Zatim sekvenca
, gdjecje proizvoljna konstanta, zadovoljava relaciju (1).

2. Ako
- jednostavnim korijenima karakteristični polinom (2), onda zajednička odluka rekurentna relacija (1) ima oblik, gdje
su proizvoljne konstante.

3. Ako- korijen višestrukosti
karakteristični polinom (2), tada opšte rješenje rekurentne relacije (1) ima oblik
, gdjesu proizvoljne konstante.

Poznavajući opšte rešenje rekurentne jednačine (1), prema početnim uslovima,
pronađite nedefinisane konstante i time dobijemo rješenje jednačine (1) sa datim početnim uslovima.

Primjer 2. Pronađite niz
, zadovoljavajući rekurentnu relaciju
i početni uslovi
.

Korijeni karakterističnog polinoma
su brojevi
. Dakle, prema teoremi 3.1. opšte rešenje ima oblik
. Koristeći početni uslovi, dobijamo sistem

rješavanje koje nalazimo
i
. Na ovaj način,
.⁫

Razmotrimo nehomogenu linearnu rekurentnu jednačinu

Neka
je opšte rješenje homogene jednadžbe (1), i
- privatni(specifično) odluka nehomogena jednačina (3). Zatim sekvenca
formira opšte rešenje jednačine (3) i stoga je validan.

Teorema 2.Opće rješenje nehomogene linearne rekurentne jednačine je predstavljeno kao zbir opšteg rješenja odgovarajuće homogene linearne rekurentne jednačine i nekog posebnog rješenja nehomogene jednačine.

Dakle, na osnovu teoreme 1, problem nalaženja općeg rješenja rekurzivne jednačine (3) se svodi na pronalaženje nekog posebnog rješenja.

U nekim slučajevima postoje opći recepti za pronalaženje općeg rješenja.

Ako
(gde ) nije karakterističan korijen, dakle, zamjenski
u (3), dobijamo odavde
, tj. određeno rješenje se može dati formulom
.

Neka
- stepen polinoma r iz varijable n, a broj 1 nije karakterističan korijen. Tada posebno rješenje treba tražiti i u formi
. Zamjenom polinoma u formulu (3) dobijamo

Upoređujući koeficijente na lijevoj i desnoj strani posljednje jednakosti, dobijamo omjere brojeva omogućavajući utvrđivanje ovih brojeva.

Primjer. Pronađite rješenje jednačine

(4)

sa početnim stanjem
.

Razmotrimo karakteristični polinom
. As
i desnu stranu
jednačina (3) je jednaka n+1, tada ćemo tražiti određeno rješenje u obrascu
. Zamena u jednačinu (4), dobijamo . Izjednačavajući koeficijente na lijevoj i desnoj strani posljednje jednakosti, dobijamo sistem

gde da nađemo
. Dakle, određeno rješenje jednačine (4) ima oblik
. Prema teoremi 3.1. opšte rešenje homogene jednačine
dato formulom
, i teoremom 3.2. dobijamo opšte rešenje jednačine (4):
. Od početnog stanja
nađi
, tj. . Na ovaj način,
.

Napomena: Položaji bez ponavljanja. Permutacije. Kombinacije. Rekurentni odnosi. Još jedna metoda dokazivanja. Proces uzastopnih particija. Zadatak: "Teškoća majordoma".

Položaji bez ponavljanja

Dostupan razne predmete. Koliko ih se može napraviti - sazvežđa? U ovom slučaju, dva se aranžmana smatraju različitim ako se ili razlikuju jedan od drugog barem po jednom elementu, ili se sastoje od istih elemenata, ali raspoređenih različitim redoslijedom. Takvi aranžmani se nazivaju plasmani bez ponavljanja, a njihov broj je označen sa . Kada sastavljamo položaje bez ponavljanja stavki, moramo napraviti izbore. U prvom koraku možete odabrati bilo koju od dostupnih stavki. Ako je ovaj izbor već napravljen, onda u drugom koraku morate odabrati neku od preostalih stavki. Stavke na -m koraku. Stoga, prema pravilu proizvoda, dobijamo da se broj -lokacija bez ponavljanja od objekata izražava na sljedeći način:

Permutacije

Prilikom sastavljanja aranžmana bez ponavljanja od elemenata po dobili smo aranžmane koji se međusobno razlikuju i po sastavu i po redoslijedu elemenata. Ali ako uzmemo aranžmane koji uključuju sve elemente, onda se oni mogu razlikovati jedan od drugog samo po redoslijedu elemenata koji su u njih uključeni. Takvi aranžmani se nazivaju permutacije n elemenata, ili, ukratko, permutacijama.

Kombinacije

U slučajevima kada nas ne zanima redosled elemenata u kombinaciji, već samo njen sastav, govorimo o kombinacijama. Dakle, - nazivaju se sve vrste kombinacija elemenata - aranžmani sastavljeni od ovih elemenata koji se međusobno razlikuju po sastavu, ali ne i po redoslijedu elemenata. Broj -kombinacija koje se mogu sastaviti od elemenata označava se sa .

Formula za broj kombinacija izvedena je iz formule za broj plasmana. Zapravo, prvo ćemo komponirati sve – kombinacije elemenata, a zatim ćemo na sve moguće načine preurediti elemente uključene u svaku kombinaciju. U ovom slučaju, ispada da su sve -lokacije elemenata, i svaka samo jednom. Ali od svakog - mogu se napraviti kombinacije! permutacije, a broj ovih kombinacija je . Dakle, formula je važeća

Iz ove formule nalazimo to

Rekurentni odnosi

Prilikom rješavanja mnogih kombinatorni problemi koristiti metodu svođenja ovog problema na problem koji se tiče manje stavke. Poziva se metoda svođenja na sličan problem za manji broj objekata metoda rekurentne relacije(od latinskog "recurrere" - "vratiti se").

Ilustrujmo koncept rekurentnih odnosa klasičnim problemom koji je oko 1202. postavio Leonardo iz Pize, poznat kao Fibonači. Značaj Fibonačijevih brojeva za analizu kombinatornih algoritama čini ovaj primjer vrlo pogodnim.

Fibonači je postavio problem u formi priče o stopi rasta populacije kunića pod sledećim pretpostavkama. Sve počinje sa jednim parom zečeva. Svaki par postaje plodan nakon mjesec dana, nakon čega svaki par rađa novi par zeca svakog meseca. Zečevi nikada ne umiru i njihova reprodukcija nikada ne prestaje.

Neka - broj parova zečeva u populaciji nakon mjeseci, i neka se ova populacija sastoji od parova potomaka i "starih" parova, tj. Tako će se u narednih mjesec dana desiti sljedeći događaji: . Staro stanovništvo u ovom trenutku će se povećavati za broj rođenih u vremenu. . Svaki stari par s vremena na vrijeme proizvodi par potomaka. Sljedećeg mjeseca, ovaj obrazac se ponavlja:

Kombinujući ove jednakosti, dobijamo sljedeću rekurentnu relaciju:

(7.1)

Izbor početnih uslova za Fibonačijev niz nije važan; suštinsko svojstvo ovog niza je određeno rekurentnom relacijom. Pretpostavićemo (ponekad ).

Pogledajmo ovaj problem malo drugačije..

Par zečeva jednom mjesečno donosi potomstvo od dva zeca (ženku i mužjaka), a novorođeni kunići već dva mjeseca nakon rođenja. Koliko će se zečeva pojaviti u godini ako je na početku godine bio jedan par zečeva?

Iz stanja zadatka proizilazi da će za mjesec dana biti dva para zečeva. Nakon dva mjeseca samo će prvi par zečeva dati potomstvo, a dobiće se 3 para. I za mjesec dana će i originalni par zečeva i par zečeva koji se pojavio prije dva mjeseca dati potomstvo. Dakle, ukupno će biti 5 pari zečeva. Označite brojem parova zečeva nakon mjeseci od početka godine. Jasno je da će za mjesecima biti ovih parova i onoliko novorođenih parova zečeva koliko ih je bilo na kraju mjeseca, odnosno više parova zečeva. Drugim riječima, postoji relacija recidiva

(7.2)

Budući da po uvjetu, i , sukcesivno nalazimo

posebno, .

Zovu se brojevi Fibonačijevi brojevi. Imaju niz divnih svojstava. Sada ćemo izvesti izraz ovih brojeva kroz . Da bismo to učinili, uspostavljamo vezu između Fibonačijevih brojeva i sljedećeg kombinatornog problema.

Pronađite broj nizova 0 i 1 u kojima nijedna dva 1 nisu uzastopna.

Da bismo uspostavili ovu vezu, uzimamo bilo koji takav niz i s njim upoređujemo par zečeva prema sljedećem pravilu: jedinice odgovaraju mjesecima rođenja jednog od parova "predaka" ovog para (uključujući i originalni) , a nule odgovaraju svim ostalim mjesecima. Na primjer, sekvenca 010010100010 uspostavlja sljedeću "genealogiju": sam par se pojavio na kraju 11. mjeseca, njeni roditelji - na kraju 7. mjeseca, "djed" - na kraju 5. mjeseca i "veliki -djed" - krajem drugog mjeseca. Originalni par zečeva se zatim šifrira sekvencom 000000000000.

Jasno je da u ovom slučaju dvije jedinice u nizu ne mogu biti ni u jednom nizu - par koji se upravo pojavio ne može, po uvjetu, donijeti potomstvo za mjesec dana. Osim toga, prema navedenom pravilu, različiti parovi kunića odgovaraju različitim sekvencama, i obrnuto, dva različita para kunića uvijek imaju različitu "genealogiju", budući da, po uslovu, ženka kunića rađa, koja se sastoji od samo jednog para od zečeva.

Uspostavljena veza pokazuje da je broj -sekvenci koji posjeduju specificirano svojstvo, jednako .

Hajde da to sada dokažemo

(7.3)

Gdje , ako je neparan, i , ako je paran. Drugim riječima, - cijeli dio brojevi (u daljem tekstu ceo deo broja ćemo označavati sa ; dakle, ).

Zaista, to je broj svih nizova 0 i 1 u kojima nijedna dva 1 nisu susjedna. Broj takvih sekvenci koje uključuju tačno 1 i 0 jednak je . Pošto se ovo mora uraditi

Veličina: px

Započni utisak sa stranice:

transkript

1 MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUJSKE FEDERACIJE Kostromski državni univerzitet po imenu N. A. Nekrasov T. N. Matytsina DISKRETA MATEMATIČKO RJEŠENJE REKURENTNIH ODNOSA Radionica Kostroma 2010.

2 BBK ya73-5 M348 Objavljeno odlukom uređivačko-izdavačkog veća KSU N. A. Nekrasova Recenzent A. V. Čerednikova, kandidat fizičko-matematičkih nauka, vanredni profesor M348 Matytsina T. N. Diskretna matematika. Rješenje rekurentnih odnosa: radionica [Tekst] / T. N. Matytsina. Kostroma: KSU im. N. A. Nekrasova, str. Radionica sadrži individualni zadaci za studente i osmišljen je da pruži samostalan rad o savladavanju prvog dijela predmeta "Diskretna matematika". Za studente 2 3 smera Fizičko-matematičkog fakulteta, koji studiraju na specijalnostima „Matematika“ sa dopunskim užasnim smerom „Računarstvo“, „Informatika“ sa dodatnom specijalnošću „Matematika“. BBK ya73-5 T. N. Matytsina, 2010 KSU im. N. A. Nekrasova,

3 SADRŽAJ Uvod Smjernice za rješavanje linearnih rekurentnih relacija Osnovni pojmovi i definicije rekurentnih (rekurentnih) nizova Algoritmi za rješavanje LORS i LRS Primjeri rješavanja LORS i LRS zadataka za nezavisno rešenje Zadaci za rješavanje LORS i LRS Odgovori Zaključak Bibliografska lista

4 UVOD Prvi deo predmeta "Diskretna matematika", koji izučavaju studenti 2 3 smera Fizičko-matematičkog fakulteta, koji studiraju na specijalnostima "Informatika" sa dodatnom specijalnošću "Matematika" (IV semestar) i "Matematika" sa dopunskom specijalnošću "Informatika" (V semestar), podrazumijeva rješavanje rekurentnih odnosa. Ovo izdanje uključuje zadatke za izračunavanje homogenih i nehomogenih linearnih rekurentnih odnosa. Povod za pisanje praktičnog rada bila je činjenica da studenti praktično nemaju vještine rješavanja zadataka iz ovog predmeta. Jedan od razloga je nedostatak dostupnog udžbenika ili problemske knjige. Zadaci iz predložene radionice pomoći će svakom od učenika (pojedinačno) da se izbori sa osnovnim metodama i tehnikama rješavanja problema. Sa pogledom na više lako učenje Materijal na početku priručnika razmatra sve vrste zadataka predloženih za samostalno rješavanje. Na kraju se nalazi lista preporučene literature koja će vam pomoći da dublje proučite ovu temu. Tema "Rekurentni odnosi" je bliska školski kurs(aritmetičke i geometrijske progresije, niz kvadrata i kocke prirodni brojevi itd.), dakle, ne zahtijeva od studenata da prethodno studiraju neke druge discipline. Osnove teorije rekurentnih odnosa (povratne sekvence) razvijene su i objavljene 1920-ih. 18. vijek francuski matematičar A. Moivre i jedan od prvih članova Petrogradske akademije nauka, švicarski matematičar D. Bernoulli. Detaljnu teoriju dao je najveći matematičar 18. vijeka. četiri

5 Peterburški akademik L. Euler. Od kasnijih radova treba izdvojiti izlaganje teorije rekurentnih nizova u kursevima o računu konačnih razlika koje su čitali poznati ruski matematičari, akademici P. L. Čebišev i A. A. Markov. Rekurentni odnosi (od latinska reč recurrere to return) igraju veliku ulogu u diskretnoj matematici, budući da su u suštini u određenom smislu diskretni analog diferencijalnih jednačina. Osim toga, oni vam omogućavaju smanjenje ovaj zadatak od parametara do problema od 1 parametra, zatim do problema od 2 parametra, itd. Uzastopnim smanjenjem broja parametara dolazi se do problema koji je već lako riješiti. Koncept rekurentne relacije (povratne sekvence) je široka generalizacija koncepta aritmetike ili geometrijska progresija. Kao posebni slučajevi, također pokriva nizove kvadrata ili kocke prirodnih brojeva, nizove decimalnih znamenki racionalni broj(i bilo koji periodični niz općenito), nizovi kvocijenata dva polinoma raspoređeni u rastućim potencijama x, itd. 5

6 1. METODOLOŠKE PREPORUKE ZA RJEŠAVANJE LINEARNIH REKURENTNIH RELACIJA 1.1. Osnovni koncepti i definicije rekurentnih (rekurentnih) sekvenci Pisaćemo nizove u obliku a 1, a 2, a 3, a, (1) ili, ukratko, (a ). Ako postoji prirodan broj k i brojevi α 1, α 2, α k (stvarni ili imaginarni), takvi da je, počevši od nekog broja i za sve naredne brojeve, a +k = α 1 a +k 1 + α 2 a + k α k a, (k 1), (2) tada se sekvenca (1) naziva rekurentna (rekurentna) sekvenca reda k, a relacija (2) se naziva rekurentna (ponavljajuća) jednačina reda k. Dakle, rekurentni niz karakteriše činjenica da je svaki njegov član (počevši od nekog od njih) izražen kroz isti broj k neposredno prethodnih članova prema formuli (2). Sam naziv "ponavljajući" (a takođe i rekurentni) se koristi upravo zato što se ovdje, da bi se izračunao sljedeći termin, vraćaju na prethodne pojmove. Navedimo neke primjere ponavljajućih sekvenci. Primjer 1. Geometrijska progresija. Neka imamo geometrijsku progresiju: a 1 = α, a 2 = α q, a 3 = α q 2, a = α q 1, ; (3) za to jednačina (2) ima oblik: a +1 = q a. (4) 6

7 Ovdje je k = 1 i α 1 = q. Dakle, geometrijska progresija je rekurentni niz prvog reda. Primjer 2. Aritmetička progresija. Kada aritmetička progresija a 1 = α, a 2 = α + d, a 3 = α + 2d, a = α + (1)d, imamo relaciju +1 = a + d koja nema oblik jednačine (2). Međutim, ako uzmemo u obzir dva omjera zapisana za dvije susjedne vrijednosti: a +2 = a +1 + d i a +1 = a + d, onda od njih dobijamo po članu oduzimanjem a +2 a +1 = a +1 a, ili a +2 = 2a +1 a jednačina oblika (2). Ovdje je k = 2, α 1 = 2, α 2 = 1. Prema tome, aritmetička progresija je rekurentni niz drugog reda. Primjer 3 Razmotrite stari Fibonačijev problem 1 o broju zečeva. Potrebno je utvrditi broj parova zrelih kunića formiranih od jednog para u toku godine, ako se zna da svaki zreo par kunića svakog mjeseca rađa novi par, a novorođenčad punu zrelost dostiže u roku od mjesec dana. Ono što je interesantno u ovom problemu nije rezultat, koji nije nimalo teško dobiti, već niz čiji članovi izražavaju ukupan broj zreli parovi zečeva u početni trenutak(a 1) za mjesec (a 2), za dva mjeseca (a 3) i općenito u mjesecima (a +1). Očigledno, a 1 = 1. Za mjesec dana će se dodati par novorođenčadi, ali će broj zrelih parova biti isti: a 2 = 1. Za dva mjeseca zečevi će dostići zrelost i ukupan broj zrelih parova će biti jednaka dva: a 3 = 2. Izračunajmo već količinu 1. Fibonači, ili Leonardo iz Pize, italijanski srednjovekovni matematičar (oko 1200.) ostavio je za sobom knjigu O abakusu koja sadrži opširnu aritmetiku i algebarske informacije pozajmljena od naroda Centralna Azija i Vizantinci i kreativno prerađeni i razvijeni od njih. 7

8 zrelih parova nakon 1 mjeseca a i nakon mjeseci a +1. Pošto će do tog vremena ranije dostupni zreli parovi dati više parova potomaka, onda će nakon +1 mjeseca ukupan broj zrelih parova biti: a +2 = a +1 + a. (6) Dakle, a 4 = a 3 + a 2 = 3, a 5 = a 4 + a 3 = 5, a 6 = a 5 + a 4 = 8, a 7 = a 6 + a 5 = 13,. Tako smo dobili niz a 1 = 1, a 2 = 1, a 3 = 2, a 4 = 3, a 5 = 5, a 6 = 8, a 7 = 13, a 13 = 233, (7) u koji svaki naredni termin jednak je zbiru dva prethodna. Ovaj niz se naziva Fibonačijev niz, a njegovi članovi nazivaju se Fibonačijevi brojevi. Jednačina (6) pokazuje da je Fibonačijev niz ponavljajući niz drugog reda. Primjer 4. Kao sljedeći primjer, razmotrite niz kvadrata prirodnih brojeva: a 1 = 1 2, a 2 = 2 2, a 3 = 3 2, a = 2,. (8) Ovdje a +1 = (+ 1) 2 = i, prema tome, a +1 = a (9) Povećanjem za jedan, dobijamo: a +2 = a (10) I, prema tome (oduzimajući član po član ( 9) iz (10)), a +2 a +1 = a +1 a + 2, ili a +2 = 2a +1 a + 2. (11) Povećanjem jednakosti (11) za jedan, imamo: a +3 = 2a+2a; (12) odakle (oduzimajući član po član (11) od (12)) a +3 a +2 = 2a +2 3a +1 + a, 8

9 ili a +3 = 3a +2 3a +1 + a. (13) Dobili smo rekurzivnu jednačinu trećeg reda. Prema tome, niz (8) je rekurentni niz trećeg reda. Primjer 5. Razmotrimo niz kocki prirodnih brojeva: a 1 = 1 3, a 2 = 2 3, a 3 = 3 3, a = 3,. (14) Na isti način kao u primjeru 4, možemo provjeriti da je niz kocki prirodnih brojeva rekurentni niz četvrtog reda. Njegovi članovi zadovoljavaju jednačinu a +4 = 4a +3 6a a +1 a. (15) U slučaju najjednostavnijih ponavljajućih nizova, kao što su aritmetičke i geometrijske progresije, nizovi kvadrata ili kocke prirodnih brojeva, možemo pronaći bilo koji član niza bez pribjegavanja izračunavanju prethodnih članova. U slučaju niza Fibonačijevih brojeva, mi, na prvi pogled, nemamo priliku za to i, da bismo izračunali trinaesti Fibonačijev broj a 13, prvo pronalazimo, jedan po jedan, sve prethodne članove (koristeći jednadžba a +2 = a +1 + a ( 6)): a 1 = 1, a 2 = 1, a 3 = 2, a 4 = 3, a 5 = 5, a 6 = 8, a 7 = 13 , a 8 = 21, a 9 = 34, a 10 = 55, a 11 = 89, a 12 = 144, a 13 = 233. U toku detaljnog proučavanja strukture članova ponavljajuća sekvenca možete dobiti formule koje vam omogućavaju da izračunate u samom opšti slučaj bilo koji član ponavljajućeg niza, bez pribjegavanja izračunavanju prethodnih članova. Drugim riječima, sljedeći zadatak je pronaći formulu za th član niza, ovisno samo o broju. devet

10 Rekurentna relacija u opštem slučaju može se napisati kao a +k = F(, a +k 1, a +k 2, a), gde je F funkcija k + 1 varijabli, a broj k se naziva red relacije. Rješenje rekurentne relacije je numerički niz b 1, b 2, b 3, b, za koji vrijedi jednakost: b + k = F(, b + k 1, b + k 2, b) za bilo koji = 0 , 1, 2, . Uopšteno govoreći, proizvoljna rekurentna relacija ima beskonačno mnogo rješenja. Na primjer, ako uzmemo u obzir rekurentnu relaciju drugog reda a +2 = a +1 + a, tada, pored Fibonačijevog niza: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ..., karakterizirana činjenicom da ovdje a 1 = a 2 = 1 zadovoljava beskonačan broj drugih nizova dobijenih različitim izborom vrijednosti a 1 i a 2. Tako, na primjer, za a 1 = 3 i a 2 = 1 dobijamo niz: 3, 1, 2 , 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29,. Da bi se jednoznačno odredilo rješenje rekurentne relacije, potrebno je postaviti početne uslove (mora biti tačno onoliko početnih uslova koliko je redosljed rekurentne relacije). Riješiti rekurentnu relaciju znači pronaći formulu th člana niza. Nažalost, ne postoji opći metod za rješavanje proizvoljnih rekurentnih odnosa. Izuzetak je klasa takozvanih linearnih rekurentnih relacija sa konstantnim koeficijentima. Rekurzivna relacija oblika a +k = α 1 a +k 1 + α 2 a +k α k a, gdje su a i neki brojevi, i = 1, 2, k, naziva se linearna homogena rekurentna relacija (LORS) sa konstantni koeficijenti reda k. 10

11 Rekurzivna relacija oblika a +k = α 1 a +k 1 + α 2 a +k α k a + f(), gdje su a i neki brojevi, i = 1, 2, k, f() 0 je a funkcija od, naziva se linearni rekurentni omjer (LRS) sa konstantnim koeficijentima reda k Algoritmi za rješavanje LORS i LRS Algoritam za rješavanje LORS. Imamo LORS: a +k = α 1 a +k 1 + α 2 a +k α k a. 1 korak. Svaki LORS reda k odgovara algebarskoj jednadžbi stepena k sa istim koeficijentima i naziva se karakteristična jednačina LORS-a. Sastavljamo karakterističnu jednačinu x k = α 1 x k 1 + α 2 x k α k x 0 i nalazimo njene korijene x i, gdje je i = 1, k. 2 korak. Ako su x i korijeni višestrukosti 1 (tj., svi su različiti jedni od drugih), onda opšte rješenje LORS-a ima oblik: a = c 1 (x 1) + c 2 (x 2) + c 3 (x 3) + + c k (x k ) = c i x i Ako su x i korijeni višestrukosti r i, onda opšte rješenje LORS-a ima oblik 2) x). i x i k i= 1 3 korak. Koeficijenti c i se nalaze pomoću početnih uslova. jedanaest

12 Algoritam za rješavanje LRS. Imamo LRS: a +k = α 1 a +k 1 + α 2 a +k α k a + f(). Funkcija f() se može predstaviti kao R m () λ, gdje je R m () polinom stepena m u promjenljivoj. Zaista, na primjer: f() = 10 3= (10 3)1 = R 1 () 1, ili f() = = (2 + 3) 3 = R 2 () 3. Prepišimo LRS kao a + k α 1 a +k 1 α 2 a +k 2 α k a = R m () λ. 1 korak. Zapisujemo odgovarajuće LORS: a +k α 1 a +k 1 α 2 a +k 2 α k a = 0 i nalazimo njegovo opšte rješenje. Da bismo to uradili, sastavljamo karakterističnu jednačinu x k α 1 x k 1 α 2 x k 2 α k x 0 = 0 i nalazimo njene korene x i, gde je i = 1, k. Neka su, na primjer, x i različiti korijeni, tada opšte rješenje odgovarajućeg LORS-a ima oblik: a = c 1 (x 1) + c 2 (x 2) + c 3 (x 3) + + c k (x k). 2 korak. Pronalazimo posebno rješenje LRS: a) ako λ nije korijen karakteristična jednačina x k α 1 x k 1 α 2 x k 2 α k = 0, tada je a = Q m () λ, gdje je Q m () polinom stepena m u promjenljivoj; b) ako je λ korijen karakteristične jednadžbe x k α 1 x k 1 α 2 x k 2 α k = 0 višestrukosti r, tada je a = r Q m () λ, gdje je Q m () polinom stepena m u varijabla. Zatim, zamjenjujemo a u originalni LRS i nalazimo koeficijente u polinomu Q m (). 12

13 3 korak. Pronalazimo opšte rješenje LRS, to je zbir opšteg rješenja odgovarajućeg LORS a i posebnog rješenja LRS a, odnosno a = a + a. Koeficijenti c i se nalaze pomoću početnih uslova Primjeri rješavanja LORS i LRS Koristeći gornji algoritam za pronalaženje rješenja za LORS i LRS, analizirajmo nekoliko problema. Zadatak 1. Nađite rješenje za linearnu homogenu rekurentnu relaciju drugog reda: a +2 = 6 a +1 8 a, a 0 = 3, a 1 = Sastavite karakterističnu jednačinu x 2 = 6 x 8 x 0 i pronađite svojim korenima. x 2 6x + 8 = 0; x 1 \u003d 2, x 2 \u003d 4 korijeni su različiti, stoga je njihova višestrukost Nalazimo opće rješenje LORS-a: a = c 1 (x 1) + c 2 (x 2) = c c Pošto je dati su početni uslovi, tada su koeficijenti c 1 i c 2 jednoznačno određeni. a 0 \u003d c c \u003d c 1 + c 2 = 3; a 1 = c c = 2c 1 + 4c 2 = 4. Dobili smo sistem: c1 + c2 = 3, 2c1 + 4c2 = 4. Rješavajući ga, nalazimo koeficijente: c 1 = 8, c 2 = 5. Dakle, LORS rješenje ima oblik a = Problem 2. Pronađite rješenje za linearnu homogenu rekurentnu relaciju: 13

14 a +2 = 6 a +1 9 a, a 0 = 5, a 1 = Sastavite karakterističnu jednadžbu x 2 = 6x 9 i pronađite njezine korijene. x 2 6x + 9 = 0; (x 3) 2 = 0; x 1 = x 2 = 3 dva korijena, dok su se x 1 i x 2 podudarali, dakle, višestrukost korijena je. Nalazimo opće rješenje LORS-a: a = (c 1 + c 2) (x 1) \u003d (c 1 + c 2) Koristeći početne uslove, određujemo koeficijente c 1 i c 2: a 0 = (c 1 + c 2 0) 3 0 = c 1 = 5; a 1 = (c 1 + c 2 1) 3 1 = (c 1 + c 2) 3 = 6. Dobili smo sistem c1 = 5, c1 + c2 = 2. Rješavajući ga, nalazimo koeficijente c 1 = 5 , c 2 = 3. Dakle, LORS rješenje ima oblik: a = (5 3) 3. Napomena. Kao što je poznato, korijeni kvadratne jednadžbe mogu biti racionalni, iracionalni, kompleksni brojevi, itd. Metoda za rješavanje linearnih rekurentnih odnosa s takvim korijenima rješava se slično. Zadatak 3. Pronađite rješenje za linearnu homogenu rekurentnu relaciju trećeg reda: a +3 = 3 a a +1 8 a, a 0 = 9, a 1 = 9, a 2 = Sastavite karakterističnu jednačinu x 3 = 3 x x 8 i pronađite njegove korijene. x 3 3x 2 6x + 8 = 0; (x 1)(x + 2)(x 4) = 0; x 1 = 1, x 2 = 2, x 3 = 4 korijeni su različiti, pa je njihova višestrukost jednaka c c 2 (2) + c

15 3. Koristeći početne uslove, nalazimo koeficijente c 1, c 2 i c 3. a 0 = c c 2 (2) 0 + c = c 1 + c 2 + c 3 = 9; a 1 = c c 2 (2) 1 + c = c 1 2c 2 + 4c 3 = 9; a 2 = c c 2 (2) 2 + c = c 1 + 4c c 3 = 9. c1 + c2 + ñ3 = 9 3 = 2. Dakle, c1 + 4c2 + 16c3 = 9, dakle, LORS rješenje ima oblik : a = (2) 2 4. Zadatak 4. Pronađite rješenje za linearnu homogenu rekurentnu relaciju trećeg reda: a 0 = 6, a 1 = 15, a 2 = Sastavite karakterističnu jednadžbu x 3 \u003d x 2 + 5x 3 i pronađite njegove korijene. x 3 + x 2 5x + 3 = 0; (x 1) 2 (x + 3) = 0; x 1 = x 2 = 1 korijen višestrukosti 2; x 3 = 3 korijen višestrukosti 3. Koristeći početne uslove, nalazimo koeficijente c 1, c 2 i c 3. a 0 = (c 1 + c 2 0) c 3 (3) 0 = c 1 + c 3 = 6; a 1 = (c 1 + c 2 1) c 3 (3) 1 = c 1 + c 2 3c 3 = 15; a 2 = (c 1 + c 2 2) c 3 (3) 2 = c 1 + 2c 2 + 9c 3 = 8. c1 + ñ3 = 6, Rješavajući sistem c1 + c2 3c3 = 15, dobijamo c 1 = 8, c 2 = 1 i c 3 = 2. Dakle, c1 + 2c2 + 9c3 = 8, dakle, LORS rješenje ima oblik: a = (8 +) 1 2 (3). 15

16 Zadatak 5. Pronađite rješenje linearne rekurentne relacije drugog reda: Prepišimo LRS u obliku a +2 = 18 a a + 128, a 0 = 5, a 1 = 2. a a a = () 1. Zapiši odgovarajući LRS: a a a = 0. karakterističnu jednadžbu i nađi njene korijene. x 2 18x + 81 = 0; (x 9) 2 = 0; x 1 = x 2 = 9, korijeni karakteristične jednadžbe se poklapaju, stoga je njihova višestrukost 2. Tada je opće rješenje a = (c 1 + c 2) (x 1) \u003d (c 1 + c 2) Pronađite određeno rješenje LRS-a. Po uslovu f() = R m () λ = = = R 0 () λ, gdje je R 0 () = 128 polinom nultog stepena u promjenljivoj, a λ = 1 nije korijen karakteristične jednadžbe odgovarajući LORS. Dakle, \u003d Q m () λ \u003d Q 0 () 1, gdje je Q 0 () polinom nultog stepena u varijabli, općenito Q 0 () \u003d s. Dakle, a \u003d c 1. Zatim, zamjenjujemo a u originalni LRS () i nalazimo koeficijent c u polinomu Q 0 (): c c c 1 = ; od 18s + 81s = 128; 64s = 128; c = 2. Dakle, dobijamo a = c 1 = 2 1 = 2. 16

17 3. Nalazimo opšte rješenje LRS-a, to je zbir opšteg rješenja odgovarajućeg LRS-a a i posebnog rješenja LRS-a a, odnosno a = a + a = (c 1 + c 2) Ostaje da pronađemo koeficijente c 1 i c koristeći početne uslove 2. a 0 = (c 1 + c 2 0) = c = 5; a 1 = (c 1 + c 2 1) = 9c 1 + 9c = 2; Rješavajući sistem c1 + 2 = 5, 9c1 + 9c2 + 2 = 2, dobijamo c 1 = 3, c 2 = 3. Dakle, LRS rješenje ima oblik: a = (3 3) Zadatak 6. Pronađite rješenje na linearnu rekurentnu relaciju: a +2 = 10 a a , a 0 = 7, a 1 = 50. Prepišimo LRS kao a a a = Zapisujemo odgovarajući LRS: a a a = 0; napišite karakterističnu jednačinu i pronađite njene korijene. x 2 10 x + 25 = 0; (x 5) 2 = 0; x 1 = x 2 = 5 je korijen višestrukosti 2. Tada opće rješenje LORS-a ima oblik: a = (c 1 + c 2) (x 1) = (c 1 + c 2) Pronađite određeno rješenje LRS-a. Po uslovu f() = R m () λ = 50 5 = R 0 () λ, gdje je R 0 () = 50 polinom nultog stepena u promjenljivoj, a λ = 5 se poklapa sa korijenom x 1 višestrukosti 2 karakteristične jednačine odgovarajućeg LORS-a. Prema tome, a = r Q m () λ = = 2 Q 0 () 5, gdje je Q 0 () = sa polinomom nultog stepena u varijabli. Dakle, a \u003d 2 sa 5. Zatim zamjenjujemo a u originalni LRS i nalazimo koeficijent c: 17

18 s (+ 2) s (+ 1) s 2 5 \u003d 50 5 (podijelite sa 5 0); 25s (+ 2) 2 50s (+ 1) s 2 = 50; s () 2s () + s 2 = 2; c = 1. Prema tome, a = 2 c 5 = Zapisujemo opšte rješenje LRS-a: a = a + a = (c 1 + c 2) c 2 0) = c 1 = 7; a 1 = (c 1 + c 2 1) = 5c 1 + 5c = 50; Rješavajući sistem c1 = 7, c1 + c2 + 1 = 10, dobijamo c 1 = 7, c 2 = 2. Dakle, LRS rješenje ima oblik: a = (7 + 2) = () 5. Zadatak 7 Nađite rješenje linearne rekurentne relacije: a +2 = 6 a +1 8 a , a 0 = 0, a 1 = 11. Prepišite LRS u obliku a +2 6 a a = Napišite odgovarajući LRS: a +2 6 a a = 0; napišite karakterističnu jednačinu i pronađite njene korijene. x 2 6x + 8 = 0; x 1 = 2, x 2 = 4 korijena višestrukosti jednako 1. Tada opće rješenje LRS ima oblik a = c 1 (x 1) + c 2 (x 2) = c c Pronađite određeni rješenje LRS-a. Po uslovu f() = R m () λ = = (3 + 2) 1 = R 1 () λ, gde je R 1 () = polinom prvog stepena u promenljivoj, a λ = 1 nije koren karakteristična jednačina odgovarajućeg LORS-a. Dakle, a = Q m () λ = Q 1 () 1, gdje je Q 1 () polinom prvog stepena u promjenljivoj, općenito Q 1 () = = a + b. Dakle, a = (a + b) 1. 18

19 a i b: Zatim zamjenjujemo a u originalni LRS i nalazimo koeficijente (a (+ 2) + b) (a (+ 1) + b) (a + b) 1 = 3 + 2; 25s (+ 2) 2 50s (+ 1) s 2 = 3 + 2; 3a + (3b 4a) = Dakle, dobili smo da su dva polinoma jednaka, a onda su odgovarajući koeficijenti jednaki: 3a = 3, a = 1, 3b 4a = 2 b = 2. Dakle, a = (a + b ) 1 = Zapisujemo opće rješenje LRS-a: a = a + a = c c (+ 2). Koristeći početne uslove, nalazimo koeficijente c 1, i c 2: a 0 = c c (0 + 2) = 0; a 1 \u003d c c (1 + 2) = 11; Rješavajući sistem c1 + c2 = 2, 2c1 + 4c2 = 14, dobijamo c 1 = 3, c 2 = 5. Dakle, LRS rješenje ima oblik: a = Zadatak 8. Pronađite rješenje linearne rekurentne relacije: a +2 = 5 a +1 6 a + (10 4) 2, a 0 = 5, a 1 = 12. Prepiši LRS u obliku a +2 5 a a = (10 4) Napiši odgovarajući LRS: a + 2 5 a a = 0; napišite karakterističnu jednačinu i pronađite njene korijene. x 2 5x + 6 = 0; x 1 = 3, x 2 = 2 korijena različitog višestrukosti 1. Tada je opšte rješenje LORS-a: a = c 1 (x 1) + c 2 (x 2) = c c

20 2. Pronađite određeno rješenje LRS-a. Po uslovu imamo da je f() = = R m () λ = (10 4) 2 = R 1 () λ, gde je R 1 () = (10 4) polinom prvog stepena u promenljivoj, i λ = 2, tada se poklapa sa korijenom karakteristične jednadžbe odgovarajućeg LORS-a. Dakle, a = r Q m () λ = 1 Q 1 () 2, gdje je Q 1 () polinom prvog stepena u promjenljivoj, općenito Q 1 () = a + b. Dakle, dobijamo a = = (a + b) 2. Zatim, zamjenjujemo a u originalnu relaciju i nalazimo koeficijente a i b. (+ 2)(a (+ 2) + b) (+ 1) (a (+ 1) + b) (a + b) 2 = = (10 4) 2. Podijelite ovu jednačinu sa 2 0: 4(+ 2)(a (+ 2) + b) 10(+ 1) (a (+ 1) + b) + 6(a + b) = 10 4; 4a + (6a 2b) = Dakle, dobili smo da su dva polinoma jednaka, a zatim su odgovarajući koeficijenti jednaki: 4a = 4, a = 1, 6a 2b = 10 b = 2. Dakle, a = (a + b) ) 2 = (2) Zapisujemo opšte rješenje LRS-a, odnosno a = a + a = c c (2) 2. Koristeći početne uslove, nalazimo koeficijente c 1, i c 2. a 0 = c c (0 2) 2 0 = 5; a 1 = c c (1 2) 2 1 = 12. Rješavanjem sistema c1 + c2 = 5, 3c1 + 2c2 = 14 dobijamo c 1 = 4, c 2 = 1. Dakle, LRS rješenje ima oblik: a = (2 ) 2 = () 2. 20

21 Zadatak 9. Pronađite rješenje za linearnu rekurentnu relaciju: a +2 = 8 a a , a 0 = 1, a 1 = 7. Prepišimo LRS u obliku a +2 8 a a = () Napiši odgovarajući LRS : a +2 8 a a = 0 ; napišite karakterističnu jednačinu i pronađite njene korijene. x 2 8 x + 16 = 0; x 1 = x 2 = 4 korijeni su se poklopili, dakle, višestrukost korijena je 2. Tada je opšte rješenje LORS-a: a = (c 1 + c 2) (x 1) = (c 1 + c 2 ) Pronađite određeno rješenje LRS . Po uslovu, f() = R m () λ = = () 1 = R 2 () λ, gde je R 2 () = polinom drugog stepena u promenljivoj, a λ = 1 se ne poklapa sa korenom karakteristična jednačina odgovarajućeg LORS-a. Dakle, a \u003d Q m () λ \u003d Q 2 () 1, gdje je Q 2 () polinom drugog stupnja u varijabli, općenito Q 2 () \u003d a 2 + b + c. Dakle, a = = (a 2 + b + c) 1. Zatim, zamjenjujemo a u originalni omjer i nalazimo koeficijente a, b i c. (a (+ 2) 2 + b (+ 2)+ c) (a (+ 1) 2 + b (+ 1) + c) (a b + c) 1 = () 1 ; a(+ 2) 2 + b(+ 2)+ c 8a(+ 1) 2 8b(+ 1) 8c + 16a b + 16c = = ; 9a 2 12a + 9b 4a 6b + 9c = Dakle, dobili smo da su dva polinoma jednaka, a onda su odgovarajući koeficijenti jednaki: 9a = 9, 12a + 9b = 6, 4a 6b + 9c = 2 a = 1, b = 2, c = 2,21

22 Dakle, a = (a 2 + b + c) 1 = Zapisujemo opšte rješenje LRS-a, odnosno a = a + a = (c 1 + c 2) (). Koristeći početne uslove, nalazimo koeficijente c 1, i c 2. a 0 = (c 1 + c 2 0) () = 1; a 1 = (c 1 + c 2 1) () = 7. Rješavajući sistem c1 + 2 = 1, 4c1 + 4c2 + 5 = 7, dobijamo c 1 = 1, c 2 = 2. Dakle, LRS rješenje ima oblik: a = (1 2)

23 2. ZADACI ZA SAMOSTALNO RJEŠENJE 2.1. Zadaci za rješavanje LORS i LRS Linearne homogene rekurentne relacije drugog reda 1. a +2 = 9 a a, a 0 = 2, a 1 = a +2 = 3,5 a +1 2,5 a, a 0 = 3,5 , a 1 = a +2 = 8 a a, a 0 = 4, a 1 = a +2 = 2 a a, a 0 = 3, a 1 = i. 5. a +2 = 10 a a, a 0 = 3, a 1 = a +2 = 6 a a, a 0 = 0, a 1 = 2i a +2 = 8 a a, a 0 = 2, a 1 = a + 2 = 4 a a, a 0 = 7, a 1 = a +2 = a +1 + a, a 0 = 2, a 1 = a +2 = 8 a a, a 0 = 8, a 1 = a +2 = () a a, a 0 = 7, a 1 = a +2 = 5 a +1 4 a, a 0 = 0, a 1 = a +2 = 2 a +1 5 a, a 0 = 5, a 1 = 6i a +2 = 3 a a, a 0 = 7, a 1 = a +2 = 6 a +1 9 a, a 0 = 8, a 1 = a +2 = 6 a a, a 0 = 3, a 1 = 92i. 17. a +2 = a a, a 0 = 4, a 1 = a +2 = 14 a a, a 0 = 5, a 1 = a +2 = 8 a a, a 0 = 2, a 1 = a +2 = 7 a a, a 0 = 5, a 1 = a +2 = 2 a +1 + a, a 0 = 2, a 1 =

24 1 22. a +2 = a +1 a, a 0 = 4, a 1 = a +2 = 4 a +1 a, a 0 = 12, a 1 = a +2 = a a, a 0 = 2, a 1 = a +2 = 2 a a, a 0 = 8, a 1 = a +2 = 6 a +1 9 a, a 0 = 12, a 1 = a +2 = 4 a +1 5 a, a 0 = 5, a 1 = 10 i a +2 = 3 a +1 a, a 0 = 8, a 1 = a +2 = 14 a a, a 0 = 5, a 1 = a +2 = 4 a a, a 0 = 2, a 1 = a +2 = 4 a +1 5 a, a 0 = 3, a 1 = 6 7i. 32. a +2 = a a, a 0 = 5, a 1 = a +2 = 16 a a, a 0 = 7, a 1 = a +2 = 5 a +1 6 a, a 0 = 2, a 1 = a +2 = 10 a a, a 0 = 2, a 1 = 10 4i a +2 = 6 a +1 5 a, a 0 = 11, a 1 = a +2 = 2 a a, a 0 = 11, a 1 = a +2 = 6 a a ; a 0 = 3, a 1 = 0. Linearne homogene rekurentne relacije trećeg reda 39. a +3 = 7 a a a, a 0 = 1, a 1 = 3, a 2 = a +3 = 4 a +2 a + 1 6 a, a 0 = 4, a 1 = 5, a 2 = a +3 = 6 a a a, a 0 = 5, a 1 = 8, a 2 = a +3 = 8 a a a, a 0 = 4, a 1 = 31, a 2 = a +3 = 5 a +2 3 a +1 9 a, a 0 = 1, a 1 = 3, a 2 = a +3 = 15 a a a, a 0 = 8, a 1 = 40, a 2 =

25 45. a +3 = 27 a a, a 0 = 6, a 1 = 3, a 2 = a +3 = 6 a a a, a 0 = 15, a 1 = 32, a 2 = a +3 = 15 a a a, a 0 = 1, a 1 = 20, a 2 = a +3 = 9 a a a, a 0 = 0, a 1 = 4, a 2 = a +3 = 2 a a +1 6 a, a 0 = 4, a 1 = 5, a 2 = a +3 = 4 a +2 5 a a, a 0 = 2, a 1 = 6, a 2 = a +3 = 6 a +2 5 a a, a 0 = 4, a 1 = 2, a 2 = a +3 = 3 a a a, a 0 = 2, a 1 = 17, a 2 = a +3 = 9 a a a, a 0 = 1, a 1 = 3, a 2 = a +3 = 6 a a +1 6 a, a 0 = 13, a 1 = 31, a 2 = a +3 = 5 a +2 3 a +1 9 a, a 0 = 3, a 1 = 14, a 2 = a +3 = a a +1 4 a, a 0 = 2, a 1 = 1, a 2 = a +3 = 3 a a a, a 0 = 2, a 1 = 3, a 2 = a +3 = 12 a a a, a 0 = 2, a 1 = 16, a 2 = a +3 = 4 a a a, a 0 = 0,2, a 1 = 6, a 2 = a +3 = 8 a a a, a 0 = 3, a 1 = 13, a 2 = a +3 = 4 a a a, a 0 = 3, a 1 = 29, a 2 = a +3 = 5 a +2 7 a a, a 0 = 11, a 1 = 34, a 2 = a +3 = 11 a a a , a 0 = 27, a 1 = 17, a 2 = a +3 = 12 a a a, a 0 = 1, a 1 = 37, a 2 = a +3 = 3 a a a, a 0 = 11, a 1 = 23 , a 2 = a +3 = 7 a a a, a 0 = 3, a 1 = 6, a 2 = a +3 = 4 a a a, a 0 = 4, a 1 = 1, a 2 = 4.; 68. a +3 = 7 a a a, a 0 = 1, a 1 = 0, a 2 = a +3 = 5 a a a, a 0 = 6, a 1 = 0, a 2 = a +3 = 5 a +2 3 a a, a 0 = 10, a 1 = 1, a 2 = a +3 = 3 a +2 3 a +1 + a, a 0 = 2, a 1 = 4, a 2 = a +3 = 3 a a a , a 0 = 6, a 1 = 5, a 2 =

26 73. a +3 = 10 a a a, a 0 = 0, a 1 = 1, a 2 = a +3 = 8 a a a, a 0 = 8, a 1 = 23, a 2 = a +3 = 5 a + 2 8 a +1 4 a, a 0 = 11, a 1 = 15, a 2 = a +3 = a a a, a 0 = 6, a 1 = 5, a 2 = a +3 = 10 a a a, a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = a +3 = a a a, a 0 = 1, a 1 = 14, a 2 = a +3 = 2 a +2 + a a, a 0 = 10, a 1 = 1, a 2 = a +3 = 5 a +2 8 a a, a 0 = 9, a 1 = 9, a 2 = a +3 = 8i a a +1 10i a, a 0 = 8, a 1 = 14i, a 2 = 38. Linearni rekurentni odnosi prvog reda 82. a +1 = 4 a + 6, a 0 = a +1 = a + + 1, a 0 = a +1 = 5 a , a 0 = a +1 = 3 a + 5 2, a 0 = a +1 = 3 a + (4) 5 1, a 0 = a +1 = 4 a + 8 4, a 0 = a +1 = 3 a , a 0 = 14. Linearne rekurentne relacije drugog reda 89 3, a 0 = 0, a 1 = a +2 = 7 a a , a 0 = 3, a 1 = a +2 = 9 a a + (18 20) 2, a 0 = 6, a 1 = a +2 = 8 a +1 7 a , a 0 = 9, a 1 = a +2 = 4 a +1 9 a , a 0 = 15, a 1 = 27 i a +2 = 12 a a , a 0 = 13, a 1 = 6,26

A A KIRSANOV KOMPLEKSNI BROJEVI PSKOV BBK 57 K45 Objavljeno odlukom Odseka za algebru i geometriju i Uređivačko-izdavačkog saveta PSPI imena SM Kirova Recenzent: Medvedeva I.N., kandidat fizike i matematike, vanr.

savezna agencija po obrazovanju država obrazovne ustanove viši stručno obrazovanje Ukhta State Technical University(UGTU) GRANICA FUNKCIJE Metodički

DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Opći koncepti Diferencijalne jednadžbe imaju brojne i različite primjene u mehanici, fizici, astronomiji, tehnologiji i drugim oblastima. višu matematiku(na primjer

Ministarstvo prosvjete i nauke Ruska Federacija Moskovski institut za fiziku i tehnologiju (Državni univerzitet) dopisna škola za fiziku i tehnologiju MATEMATIKA Transformacije identiteta. Odluka

Ministarstvo Poljoprivreda Federalna državna budžetska obrazovna ustanova Ruske Federacije više obrazovanje„Permska državna poljoprivredna akademija nazvana po

Ministarstvo obrazovanja Ruske Federacije Gubkin Ruski državni univerzitet za naftu i plin VI Ivanov Smjernice za proučavanje teme "DIFERENCIJALNE JEDNAČINE" (za studente

SISTEMI LINEARNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA SA KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA Svođenje na jednu jednačinu th reda Sa praktične tačke gledišta, linearni sistemi sa konstantnim koeficijentima su veoma važni

VJEŽBA Integriranje racionalnih razlomaka Racionalni razlomak naziva se razlomak oblika P Q, gdje su P i Q polinomi.Racionalni razlomak se naziva pravi ako je stepen polinoma P niži od stepena

03 Matematika u visokom obrazovanju UDK 54; 5799 SADRŽAJ I TEHNOLOGIJE MATEMATIČKOG OBRAZOVANJA NA UNIVERZITETU NEKE METODE SUMIRANJA NUMERIČKIH REDOVA A B Lasun Novgorod Država

OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA.Osnovni pojmovi diferencijalna jednadžba Jednačinom se naziva jednačina u koju nepoznata funkcija ulazi pod znakom derivacije ili diferencijala.

MINISTARSTVO PROSVETE I NAUKE RUJSKE FEDERACIJE

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUJSKE FEDERACIJE Nacionalni istraživački Nižnji Novgorodski državni univerzitet po imenu NI Lobačevskog NP Semerikova AA Dubkov AA Kharčeva Serija ANALITIČKIH FUNKCIJA

A. I. Kozko V. G. Chirsky Problemi s parametrom i drugi izazovni zadaci Moskva Izdavačka kuća MTsNMO 2007. UDK 512 LBC 22.141 K59 K59 Kozko AI, Chirsky VG Problemi s parametrom i drugi složeni problemi. M.:

PREDAVANJE N Diferencijalne jednadžbe višeg reda, metode rješenja Cauchyjev problem Linearne diferencijalne jednadžbe višeg reda Homogene linearne jednadžbe Diferencijalne jednadžbe višeg reda,

KAZANSKI FEDERALNI UNIVERZITETSKI INSTITUT ZA MATEMATIKU I MEHANIKU IM. N.I.LOBACHEVSKY Katedra za teoriju i tehnologiju nastave matematike i informatike Falileeva M.V. Prvi koraci u rješavanju jednačina i

Bilten Nekrasov KSU 6 Skibitsky EG Shkabura OV Stil razmišljanja kao strategija za rješavanje problema pomoću računara // Informatika i obrazovanje C 7 Yakovleva NO Teorijske i metodološke osnove

UDC 373:512 LBC 22.14ya721 M52 M52 Merzlyak, A.G. Matematika: Novo kompletna referenca za pripremu za OGE / A.G. Merzlyak, V.B. Polonsky, M.S. Yakir. Moskva: AST, 2017. 447, str.: ilustr. ISBN 978-5-17-096816-9

Obrazovni program za 2016-2017 akademske godine(razredi 7-11), odobreno naredbom MBOU „Srednjoškolsko sveobuhvatne škole 21 "Kaluga 145 / 01-08 od 26.08.2016. PROGRAM RADA predmeta ALGEBRA

Tema 14 „Algebarske jednadžbe i sistemi nisu linearne jednačine» Polinom stepena n je polinom oblika P n () a 0 n + a 1 n-1 + + a n-1 + a n, gdje su a 0, a 1, a n-1, a n dati brojevi , a 0,

Predavanje INTEGRACIJA RACIONALNIH RAZLOMKA Racionalni razlomci Integracija jednostavnih racionalnih razlomaka Dekompozicija racionalnog razlomka na proste razlomke Integracija racionalnih razlomaka Racionalni

Ocena 10, osnovni nivo Zadatak 1 Opcija 0 (demo, sa rešenjima) Dopisivanje matematička škola 009/010 akademska godina 1 Napiši izraz kao polinom standardni pogled i pronađite ga

tema: Opća teorija sistemi linearnih jednadžbi A. Ya. Ovsyannikov Ural'skii federalni univerzitet Institut za matematiku i računarska nauka Katedra za algebru i diskretnu matematiku Algebra i geometrija za

Opštinska blagajna obrazovne ustanove srednja škola 3 grada Pudozh Razmatrano na sastanku Moskovske oblasti matematike i informatike Zapisnik 1 od 29.08.2016 Načelnik Moskovske oblasti Kupcova

57 Razmotrimo integraciju najjednostavnijeg racionalnog razlomka četvrtog tipa (M N) d () p q p Napravimo promjenu varijable postavljanjem d. gdje je a p q. Tada je integral M N d p p p q q a, M p N Mp q d M (p q) p

Tema 1-8: Kompleksni brojevi A. Ya. Ovsyannikov Uralski federalni univerzitet Institut za matematiku i računarske nauke Odsjek za algebru i diskretnu matematiku Algebra i geometrija za mehaniku (1 semestar)

Predavanja -6 Poglavlje Obične diferencijalne jednačine Osnovni pojmovi Različiti problemi prirodno-naučnog inženjerstva ekonomije dovode do rješenja jednačina u kojima je nepoznata funkcija od

Zanimanje. Stepen sa proizvoljnim stvarni indikator, njegova svojstva. Funkcija napajanja, njegova svojstva, grafovi .. Prisjetite se svojstava stepena sa racionalni indikator. a a a a a za prirodno vrijeme

Opštinska budžetska obrazovna ustanova, srednja škola 4, Baltijsk Radni program predmet"Algebra" 8. razred, osnovni nivo Baltijsk 2017. 1 1. Objašnjenje

ELEMENTI OPERATIVNOG RAČUNA IZDAVAČKA KUĆA TGTU MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUSKE FEDERACIJE GOU VPO "Tambov State Technical University" ELEMENTI OPERATIVNOG PRORAČUNA

Razmotrimo prvi način rješavanja SLE prema Cramerovom pravilu za sistem od tri jednačine sa tri nepoznate: Odgovor se izračunava korištenjem Cramerovih formula: D, D1, D2, D3 su determinante

Algebarski polinomi. 1 Algebarski polinomi stepena n nad poljem K Definicija 1.1 Polinom stepena n, n N (0), u promenljivoj z nad brojevnim poljem K je izraz oblika: fz = a n z n

Tema modula Funkcija nizovi i serije Svojstva uniformne konvergencije nizova i nizova Power series Predavanje Definicije funkcionalnih nizova i nizova Uniformno

SAEI HPE DAGESTAN DRŽAVNI INSTITUT NACIONALNE EKONOMIJE Babičeva TA Katedra za višu matematiku UDŽBENIK ZA DISCIPLINU DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Mahačkala UDK 5(75) BBK i 7 Tutorial

Teoreme "Pitagorinih trojki" Mursejev Mihail Petrovič postoje razne metode definicije opcija Pitagorini trouglovi» Ponekad se zovu "pitagorine trojke" ili "egipatski trouglovi"

1. Uslovi za stepen pripremljenosti studenata. Učenik koji završava 9. razred treba da bude u stanju da: izvodi aritmetičke operacije, kombinovanje usmenih i pismenih tehnika; pronađite korijenske vrijednosti prirodni stepen,

Federalna agencija za obrazovanje Tomsk državni univerzitet za sisteme upravljanja i radioelektroniku Odsjek za višu matematiku (HM) Prikhodovsky M.A. LINEARNI OPERATORI I KVADRATNI OBLICI Praktična

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUSKE FEDERACIJE DRŽAVNI UNIVERZITET NOVOSIBIRSK SPECIJALIZOVANI OBRAZOVNI I ISTRAŽIVAČKI CENTAR Matematika 9. razred ZBIRAJUĆI KONAČNIH NIZA Novosibirsk

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije FSBEI HE "Tver State University" ODOBRIO od strane rukovodioca obrazovnog programa Tsvetkov VP 2015 Program rada discipline (sa napomenom) Teorija brojeva

DERIVAT, NJEGOVO GEOMETRIJSKO I FIZIČKO ZNAČENJE Prirast funkcije = f() je razlika f f, gdje je prirast argumenta Iz slike se može vidjeti da je g () Fig Derivat funkcije = f() na tačka se zove finale

Predavanje 2. Svojstva binomni koeficijenti. Sumiranje i metoda generisanja funkcija (konačni slučaj). Polinomski koeficijenti. Procjene za binomne i polinomne koeficijente. Procjene iznosa

1. Objašnjenje. Program rada na predmetu "Algebra" za gluhe učenike 8, 9, 10, 11 razreda, izrađen na osnovu programa obrazovnih ustanova "Algebra" 7-9 razreda / autori

BBK 74.262.21 B94 B94 Butsko E.V. Algebra: 7. razred: metodički priručnik / E.V. Butsko, A.G. Merzlyak, V.B. Polonsky i dr. M.: Ventana-Graf, 2017. 104 str. : ill. ISBN 978-5-360-08673-4

Napomena uz program rada iz algebre Razred: 7 Nivo studija edukativni materijal: osnovni nastavni materijali, udžbenik Program rada iz algebre za 7. razred sastavljen je na osnovu programa "Algebra" (Yu.N. Makarychev,

I opcija 8B razred, 4. oktobar 007. 1 Ubaci riječi koje nedostaju: Definicija 1 Aritmetika kvadratni korijen od broja kojem je a jednako od broja a (a 0) označava se na sljedeći način: izrazom Radnja nalaženja

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Federalna agencija za obrazovanje Penza državni univerzitet Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS ZBIRKA ZADATAKA SA REŠENJAMA ZA PRIPREMU

BBK.4ya7t +.4ya7.6 M5 Udžbenik je uvršten na saveznu listu Merzlyak A.G. M5 Algebra: 9. razred: udžbenik za učenike obrazovne organizacije/ A.G. Merzlyak, V.M. Polyakov. M. : Ventana-Graf, 07.368

Matematička analiza Sekcija: diferencijalne jednadžbe Tema: Linearni homogeni sistemi diferencijalnih jednadžbi sa konstantnim koeficijentima Predavač Pakhomova EG 0 g 4 Sistemi linearnih homogenih diferencijalnih jednadžbi

n. Â. Áîãîìîëîâ ÌÀÒÅÌÀÒÈÊÀ ÇÀÄÀ È Ñ ÐÅØÅÍÈßÌÈ àñòü 1 УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ ДЛЯ СПО 2-е издание, исправленное и дополненное Ðåêîìåíäîâàíî Ó åáíî-ìåòîäè åñêèì îòäåëîì ñðåäíåãî ïðîôåññèîíàëüíîãî îáðàçîâàíèÿ â êà

MINISTARSTVO PROSVETE I NAUKE RUSKE FEDERACIJE TOMSK DRŽAVNI UNIVERZITET Fakultet primijenjena matematika i kibernetiku Odsjek za teoriju vjerojatnosti i matematičke statistike LIMITS Metodički

Odjeljak 2 Teorija granica Tema Brojne sekvence Definicija niza brojeva 2 Ograničeni i neograničeni nizovi 3 Monotoni nizovi 4 Beskonačno mali i

Moskovski državni tehnički univerzitet nazvan po N.E. Bauman fakultet" Osnovne nauke» Stolica « Matematičko modeliranje» À.Í. Êàíàòíèêîâ,

Iracionalne jednadžbe i nejednačine Sadržaj Iracionalne jednačine Metoda podizanja obje strane jednačine na isti stepen iracionalna jednačina mješovito

O generalizaciji Stirlingovih brojeva Ustinov AV Mom učitelju, NM Korobovu, na njegov 85. rođendan u ovom radu su predstavljeni generalizovani Stirlingovi brojevi. Za njih su svojstva dokazana slična onima običnih

RAZVOJ ČASA IZ RURUKINOVE ALGEBRE za Yu.N. Makarycheva i drugi (M.: Prosveshchenie) NOVO IZDANJE 8. razred MOSKVA "VAKO" 015 UDK 7:167.1:51 LBC 74.6.1 R87 R87 Rurukin A.N. Razvoj lekcija

Sekcija za matematičku analizu: Neodređeni integral Tema: Integracija racionalnih razlomaka Predavač Pakhomova E.G. 0 5. Integracija racionalnih razlomaka DEFINICIJA. Racionalni razlomak se zove

Obrazloženje Program rada predmeta „Algebra. Ocena 8-9” zasniva se na: 1. Federalnoj komponenti državni standard osnovni opšti i srednji (potpuni) opšte obrazovanje

Predavanje Diferencijalne jednadžbe th reda (DE-) Opšti oblik diferencijalna jednadžba reda n će biti napisana: (n) F, = 0 () Jednačina th reda (n =) će imati oblik F(,) = 0 Slične jednadžbe

Tema 1-7: Determinante A. Ya. Ovsyannikov Uralski federalni univerzitet Institut za matematiku i računarske nauke Odsjek za algebru i diskretnu matematiku Algebra i geometrija za mehaniku (1 semestar) Permutacije

METODOLOŠKA UPUTSTVA ZA RAČUNSKE ZADATKE NA KURSU VIŠE MATEMATIKE "OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE NIZ VIŠE INTEGRALA" III DEO TEMA OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE SADRŽAJ

Federalna agencija za obrazovanje Arhangelski državni tehnički univerzitet Građevinski fakultet SERIES Smjernice za ispunjavanje zadataka za samostalan rad Arhangelsk

Opštinska budžetska obrazovna ustanova „Licej im Akademik B.N. Petrov“ grada Smolenska „DOVOLJNO“ Zamjenik direktora Kazantseva T.V. "29" "08" 206 "PRIHVAĆENO" pedagoško vijeće

9., 9. razred Modul 5 „Sekvence. Stepeni i korijeni» Na testu se provjeravaju teorijski i praktični dio. Sekvence Numeričke sekvence. Metode za postavljanje numeričkih nizova.

Opšte rješenje rekurentna relacija (1) je skup svih nizova koji zadovoljavaju ovu relaciju.

Privatna odluka relacija (1) naziva se jedan od nizova koji zadovoljavaju ovu relaciju.

Primjer 1¢. Sequence a n=a 0 +nd a n=a n - 1 +d. Ovo je formula za zajednički pojam aritmetičke progresije s razlikom d i sa početnim članom progresije a 0 .

Primjer 2¢. Sequence b n=b 0 × q n je generalno rješenje relacije b n=b n - 1 ×q. Ovo je formula za zajednički pojam geometrijske progresije sa nazivnikom q¹0 i sa početnim članom progresije b 0 .

Primjer 3¢. Takozvani Binetova formula j n= je posebno rješenje relacije j n=j n-2+j n- 1 za j 0 =j 1 =1.

3. Linearne rekurentne relacije. Omjer pogleda

a n + k+str 1 a n + k - 1 +…+p k a n=h(n) (2)

gdje h(n) je funkcija broja , i , zove se linearni rekurentni odnos.

Linearna rekurentna relacija se zove homogena, ako f(n)=0:

a n + k+str 1 a n + k - 1 +…+p k a n=0. (3)

Polinom x k+str 1 x k - 1 +…+p k - 1 x+p k pozvao karakteristika za relaciju (2).

jednostavno, ako je djeljiv sa, ali nije djeljiv sa .

Korijen a polinoma se zove višestruko, ako je djeljiv sa, ali nije djeljiv sa , .

Broj je pozvan višestrukost root .

Osnovna teorema algebre: polinom stepena sa kompleksnim koeficijentima ima kompleksne korijene, s obzirom na njihovu višestrukost.

Teorema 1 n jednostavnim korijenima a 1 , …, a n

, (4)

gdje c 1 ,…,c kÎ C.

Dokaz. Lako je provjeriti sljedeće dvije tvrdnje.

(a) Sekvenca cx n, gdje cÎ C, je rješenje rekurentne relacije (3).

(b) Ako sekvence a n i b n su rješenja relacije (3), zatim niz a n+b n je također rješenje relacije (3).

Od ( a) i ( b) slijedi da je bilo koji niz oblika (4) rješenje relacije (3).

Obrnuto, svako rješenje relacije (3) ima oblik (4).

At n=0,1,…,k-1, iz jednakosti (4) dobijamo sistem linearnih jednadžbi u odnosu na c 1 ,…,c k:

(5)

Determinanta sistema (5) je Vandermondeova determinanta poznata u algebri:

Od jednostavnih korijena x 1 ,…,x k parovi različiti, zatim D¹0. Dakle, sistem (5) ima (jedinstveno) rješenje.

Zadatak 1. Nađite zajednički pojam geometrijske progresije koristeći formulu (4).

Odluka b n=qb n- 1 izgleda kao . Stoga .

Zadatak 2. Pronađite opšte rješenje Fibonačijevog omjera a n + 2 =a n+a n + 1 .

Odluka. Karakteristični polinom rekurentne relacije a n + 2 =a n+a n+ 1 ima oblik . dakle .

Dajemo bez dokaza sljedeću generalizaciju teoreme 1.

Teorema 2. Neka karakteristični polinom homogene linearne rekurentne relacije (3) ima k korijeni: a 1 višestrukosti , …, a k višestrukosti , , . Tada opće rješenje rekurentne relacije (3) ima sljedeći oblik:

Zadatak 3. Naći opće rješenje relacije .

Odluka. Karakteristični polinom ima korijen 2 višestrukosti 3. Prema tome .

Komentar. Opće rješenje nehomogene linearne relacije (2) može se naći kao zbir općeg rješenja homogene linearne relacije (3) i posebnog rješenja nehomogene linearne relacije (2).

4. Generiranje funkcija. Formalna serija a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +…+a k x k+… pozvan generirajuća funkcija niza a 0 ,a 1 ,a 2 ,…,a k,…

Generirajuća funkcija je ili konvergentni niz ili divergentni niz. Dvije divergentne serije mogu biti jednake kao funkcije, ali biti generirane funkcije različitih nizova. Na primjer, redovi 1+2 x+2 2 x 2 +…+2k x k+… i 1+3 x+3 2 x 2 +…+3k x k+… definirati istu funkciju (jednaku 1 u tački x=1, neodređeno u tačkama x>1), ali generiraju funkcije različitih sekvenci.

Svojstva generiranja funkcija nizova:

zbir (razlika) generirajućih funkcija nizova a n i b n jednaka je generirajućoj funkciji sume (razlike) nizova a n+b n;

proizvod generiranja funkcija sekvenci a n i b n je generirajuća funkcija konvolucije niza a n i b n:

c n=a 0 b n+a 1 b n - 1 +…+a n - 1 b 1 +a n b 0 .

Primjer 1 Funkcija generira se za sekvencu

Primjer 2 Funkcija generira za niz 1, 1, 1, …

transkript

1 RJEŠENJE POVRATNIH JEDNAČINA Označimo vrijednošću nekog izraza kada se u njega ubaci cijeli broj. Tada se ovisnost člana niza od članova niza F F s manjim vrijednostima argumenata naziva ponavljajuća jednačina. Primjer može biti jednadžba oblika: F Rekurentna jednačina ima red ako dozvoljava izražavanje člana niza F kroz članove F F Dakle, jednačina ima red, a jednačina F 3 6 ima red 3 prikazano je rješenje ponavljajuće jednačine Na slici. Imajte na umu da jednačina opisuje takozvani niz Fibonačijevih brojeva: 3 F 4 3 F 5 5 F F 8 U stvari, algoritam rješenja se svodi na činjenicu da na svakom koraku koristeći početnih članova i zadata jednačina izračunavamo sljedeći član niza Djelujući na ovaj način, prije ili kasnije ćemo dobiti bilo koji član niza Međutim, u ovom slučaju, morat ćemo izračunati sve prethodne članove U mnogim slučajevima je zgodnije imati eksplicitnu formulu za th član niza njegova posljednja jednadžba se pretvara u identitet. Na primjer, niz 4 8 je jedno od rješenja rekurentne jednačine 3 Zaista, opći član ovog niza ima oblik. Ali za bilo koji, identitet uzima mjesto So 3 Dakle, to je rješenje rekurentne jednačine. Rješenje rekurentne jednačine se naziva općim ako ovisi o proizvoljnim konstantama C C i odabirom ovih konstanti može se dobiti bilo koje rješenje zadata jednačina Na primjer, za jednačinu 5 6, opšte rješenje će biti F C C 3 3 Lako je provjeriti da se niz 3 pretvara u identitet. Stoga je dovoljno pokazati da se bilo koje rješenje može predstaviti kao

2 rješenje je jednoznačno određeno vrijednostima i Stoga je potrebno pokazati da za bilo koji broj i postoje takvi i C da je F C C 3C C 3 C Determinanta sistema je Za bilo koji i sistem ima rješenje Stoga , 3 je zaista rješenje za F; F; I: FFF; FF; FF; F Fig Algoritam za generisanje niza Fibonačijevih brojeva

3 LINEARNE REKURENTIVNE JEDNAČINE Za rješavanje proizvoljnih ponavljajućih jednadžbi opšta pravila ne postoji Međutim, postoji vrlo uobičajena klasa jednadžbi koje se rješavaju uniformnom metodom.To su rekurentne jednadžbe oblika f 4 gdje su neki brojevi konstantni koeficijenti i f je neka funkcija od Takve jednadžbe se nazivaju linearne jer su elementi niza F povezani linearna zavisnost Ako je funkcija f, onda se jednadžbe ovog oblika nazivaju homogene ili homogene jednadžbe sa konstantnim koeficijentima. Inače, jednadžbe se nazivaju nehomogene LINEARNE HOMOGENE REKURENTNE JEDNAČINE Linearne homogene rekurentne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima imaju oblik Takvo rješenje je jednačina naziva se trivijalnim rješenjem Prvo, razmotrimo kako se takve jednadžbe rješavaju, odnosno proučavamo jednačine oblika F 6 Rješenje ovih jednačina se zasniva na sljedeće dvije tvrdnje: Ako su F i F rješenja rekurentne jednačine 6 onda za bilo koje brojeve A i B niz F AF BF također je rješenje ove jednadžbe.Zaista, po uvjetu F F F F ove jednakosti pomnožimo sa identitetima. BF ] [ AF BF ] AF BF A to znači da je F AF BF rješenje jednačine 6 Ako je broj su korijen jednačine

4 onda je niz rješenje rekurzivne jednadžbe F Dokažimo ovu tvrdnju Neka onda i Zamjenom ovih vrijednosti u 6 dobijemo jednakost ili Tačno je jer po uvjetu For imamo trivijalno rješenje bilo koji niz oblika gdje je Imajte na umu da je uz niz ( ) i rješenje jednadžbe 6 Da bismo dokazali ovu činjenicu, dovoljno je koristiti iskaz postavljanjem u njega A B. Iz iskaza i slijedi sljedeće pravilo za rješavanje linearnih homogenih rekurentnih jednačina drugog reda Neka je data rekurentna jednačina 6 F. Sastavite kvadratnu jednačinu 7 koja se zove karakteristična jednačina ove rekurentne jednačine. Jednačina 6 ima oblik C C Dokažemo ovu tvrdnju Prvo napominjemo da su prema iskazu niza i rješenja date rekurentne F F jednadžbe A onda prema tvrdnji i C C je njeno rješenje. Potrebno je samo pokazati da je bilo koja riješena Jednačina 6 se može napisati u ovom obliku Ali svako rješenje jednačine drugog reda određeno je vrijednostima i Stoga je dovoljno pokazati da sistem jednadžbi C C C C ima rješenje za bilo koje i Očigledno, ova rješenja su Za C F C, sistem uvijek ima rješenje Razmotrimo primjer Kao što je već spomenuto, niz Fibonačijevih brojeva 3583 može se dobiti pomoću rekurzivne jednačine F 8 Za nju, karakteristična jednačina ima oblik Korijeni ove kvadratne jednačine su brojevi

5 5 5 i Prema tome, opšte rešenje Fibonačijeve jednačine ima oblik 5 5 C C 9 Početni uslovi su vrednosti F F U skladu sa ovim početnim uslovima dobijamo za i C sistem jednačina C C C 5 C C Rešavanje ovim sistemom jednadžbi, nalazimo da je C C i stoga F 5 Dakle, ovaj izraz uzima cjelobrojne vrijednosti za sve prirodne vrijednosti SLUČAJ JEDNAKIH KORENOVA KARAKTERISTIČNE JEDNAČINE Razmotrimo slučaj kada se korijeni karakteristične jednadžbe poklapaju: U ovom U slučaju, izraz C C više neće biti opšte rešenje jer se ovo rešenje može zapisati kao C C C Kao rezultat, ostaje samo jedna konstanta C i izaberite je tako da jednačina zadovoljava dva početna uslova i, uopšteno govoreći, nije moguća. potrebno je pronaći neko drugo rješenje različito od takvog rješenja. Zaista, ako kvadratna F jednadžba ima dva podudarna korijena, onda prema Vietinoj teoremi a Prema tome, jednačina se piše na sljedeći način: A onda je rekurentna jednačina Jednadžba ima oblik. Provjerimo da je F identitet F F zaista njegovo rješenje. Zamjenom vrijednosti F u jednačinu dobijamo očigledno. Dakle - ovo je rješenje naše rekurentne jednačine Dakle, već znamo dva rješenja za ovu rekurentnu jednadžba: i Tada se opće rješenje može napisati na sljedeći način: F F C C C C Sada se koeficijenti C i C mogu odabrati tako da su bilo koja dva početna uslova za F zadovoljena

6 C C C C Na isti način rješavaju se linearne rekurentne jednadžbe reda većeg od 2. Neka jednačina ima oblik F. Sastavi karakterističnu jednačinu Ako su svi korijeni ove algebarske jednadžbe th stepena različiti, onda je opšte rješenje jednadžba ima oblik F C C C jednadžbe U opštem rješenju, ovaj korijen odgovara dijelu C C C Sastavljanjem takvih izraza za sve korijene i njihovim sabiranjem dobijamo opće rješenje jednačine s P gdje je višestrukost korijena s broj razni koreni P je polinom stepena u odnosu na Primjer Razmotrite jednačinu F 4 Sastavite karakterističnu jednačinu Opće rješenje rekurzivne jednačine ima oblik C C C C Sastavite sistem jednačina za pronalaženje i C: C C C C 4 Rješavajući sistem dobijamo da je C i C

7 TRAGANJE KORENOVA POLINOMA Prilikom pronalaženja korena karakteristične jednačine često je potrebno rešavati jednačine većeg stepena.Da biste rešili ovaj problem, možete koristiti metod selekcije i uzeti slučajni broj i proveriti da li je korijen datog polinoma. U ovom slučaju možete vrlo brzo naići na korijen i nikada ga ne možete pronaći. Uostalom, nemoguće je provjeriti sve brojeve, jer ih ima beskonačno mnogo. Druga stvar je ako smo uspjeli da biste suzili područje pretraživanja, na primjer, da biste znali da su željeni korijeni, na primjer, među trideset specificiranih brojeva A za trideset brojeva, možete provjeriti A u vezi s tim, važna je izjava Teorema Ako je nesvodljivi razlomak / cijeli brojevi je korijen polinoma F x s cijelim koeficijentima, tada je vodeći koeficijent ovog polinoma djeljiv sa, a slobodni član sa U stvari, ako su x x x x cijeli brojevi i / je njegov korijen, tada je F / one / / / Pomnožite oba strane jednakosti po dobijamo slijedi da je očito da je cijeli broj djeljiv sa Ali / je nesvodljiv razlomak, ti brojevi su koprosti, a zatim, kao što je poznato iz teorije djeljivosti cijelih brojeva, brojevi i također su koprosti Dakle, djeljiv je sa i koprost sa, pa je djeljiv sa Slično, to je dokazao da je djeljiv sa Dokazani teorem nam omogućava da značajno suzimo područje traženja racionalnih korijena polinoma s cjelobrojnim koeficijentima. Pokažimo ovo na konkretan primjer Nađimo racionalne korijene polinoma 4 3 F x 6x 3x 4x 8x 8 Prema dokazanoj teoremi, racionalni korijeni ovog polinoma su među nesvodljivim razlomcima oblika / gdje je djelitelj slobodnog člana 8 i djelilac vodećeg koeficijenta 6 njegov brojnik. Na primjer, možemo reći da je djelitelj broja 8 a pozitivan djelitelj broja 6 Pošto su djelitelji broja 8 ± 48, a pozitivni djelitelji broja 6 će biti 36, tada su racionalni korijeni polinoma u pitanju među brojevima ± / / 3/ 6 / 344 / 388 / 3 Podsjetimo da smo ispisali samo nesvodljive razlomke. Dakle, imamo dvadeset brojeva koji su "kandidati" za korijene. Ostaje samo provjeriti svaki od njih i odabrati one koji su zaista korijeni. Ali opet, morat će se obaviti dosta provjera. Sljedeća teorema pojednostavljuje ovaj rad

8 Teorema Ako je nesvodljivi razlomak / korijen polinoma Fx sa cjelobrojnim koeficijentima, tada je F djeljiv sa za bilo koji cijeli broj, pod uslovom da Da bismo dokazali ovu teoremu, podijelimo Fx sa x s ostatkom. Dobijamo F x x s x Budući da je x je polinom sa cijelim koeficijentima, onda je isto i s x a je cijeli broj Neka s x b x b x b x b Onda x x b x b x b x b U ovu jednakost stavljamo x / Uzimajući u obzir da F / dobijamo / b b b b Pomnožimo obje strane posljednje jednakosti sa: b b b b i prema tome F je djeljiv sa Teorema je dokazana Vratimo se sada na naš primjer i koristeći ovu teoremu još više ćemo suziti potragu za racionalnim korijenima. Primijenimo teoremu za vrijednosti i one ako je nesvodljivi razlomak korijen polinoma x onda je je djeljiv sa i F je djeljiv sa Očigledno u našem slučaju F 5 a 5 Imajte na umu da smo u isto vrijeme isključili jedinicu iz razmatranja. Dakle, racionalne korijene našeg polinoma treba tražiti u okruženju di brojevi / / 3 / 6 / / 3 8 8/3 Uzmimo / / Tada je F 5 također djeljiv sa ovim brojem Tada su 3 i 5 također djeljivi sa 3 Dakle, razlomak / ostaje među kandidatima za korijene Neka sada / / U ovom slučaju 3 i F 5 nije djeljivo sa -3 To znači da razlomak / ne može biti korijen ovog polinoma. Nakon provjere za svaki od razlomaka napisanih iznad, dobijamo da su željeni korijeni među brojevima / / 3 4 Dakle, koristeći prilično jednostavan prijem uspio značajno suziti područje traženja racionalnih korijena polinoma koji se razmatra.Provjerom 4 3 preostala kandidata, uvjeravamo se da polinom x 6x 3x 4x 8x 8 ima dva racionalna korijena / i / 3 Gore opisani metod omogućava pronalaženje samo racionalni korijeni polinoma s cijelim koeficijentima. U međuvremenu, polinom može imati i iracionalni koreni Tako, na primjer, polinom razmatran u primjeru ima još dva korijena: ± 5 to su korijeni polinoma x x 4 Imajte na umu da kada testiraju kandidate za korijene koristeći posljednju teoremu, obično uzimaju u obzir slučaj ± Drugim riječima, ako / je kandidat za korijene, onda provjeravaju da li je i F djeljiv sa i, respektivno. Ali može se desiti da je, na primjer, ta jedinica korijen i tada je djeljiva s bilo kojim brojem i naša provjera gubi smisao. U tom slučaju, trebamo podijeliti x sa x i dobiti x x s x i testirati polinom sx. U ovom slučaju, ne treba zaboraviti da je jedan korijen x korijen x već pronađen

9 U nekim slučajevima, kada se karakteristična jednačina odnosi na jednačine posebna vrsta njegovi korijeni se mogu naći zamjenom Takve jednadžbe uključuju, na primjer, simetrične i recipročne jednačine. Simetrična je jednačina stepena - čak i oblika x bx cx cx bx 3 Simetrične jednadžbe su poseban slučaj recipročnih jednadžbi Recipročne jednadžbe uključuju jednačine oblika x bx cx / c x / / b x gdje je - neki koeficijent Razmotrimo, na primjer, rješenje simetričnih i recipročnih jednačina četvrtog stepena. Neka je data simetrična jednačina 4 x 3 bx cx bx. Prvo smanjimo stepen dijeljenjem oba dijela sa x. s obzirom da t x / x izraz 4 može biti zapisan kao t bt c 6 Rješavanjem jednačine 6 kao obične kvadratne jednačine dobijamo dva korijena t i t Sada zamjenjujući naizmenično korijene t i t u jednačinu 5, mi dobiti dvije kvadratne jednadžbe x tx x t x 7 Rješavanje jednadžbi 7 daje nam sva četiri korijena originalne jednačine 3 Dakle, rješenje simetrične jednadžbe četvrtog stepena smanjuje da rešim tri kvadratne jednačine Slično se rješavaju i obrnute jednadžbe.Ako se jednačina četvrtog stepena može predstaviti kao 4 x 3 bx cx bx 8 onda se njeno rješenje može dobiti zamjenom t x / x 9 Kao iu prethodnom slučaju, snižavamo stepen jednačine za dijeljenjem oba dijela sa x Za rezultirajuću jednadžbu x bx c b / x / x koristimo zamjenu 9 Tada se jednačina može prepisati kao t bt c Baš kao u prethodnom primjeru, rješavamo jednačinu i dobivamo dva korijena t i t Sada, zamjenjujući naizmjenično korijene t i t u jednačinu 9, dobijamo dvije kvadratne jednačine x tx x t x

10 RJEŠENJE NEHOMOGENIH LINEARNIH REKURENTNIH JEDNAČINA Linearna rekurentna jednačina naziva se nehomogenom ako se može predstaviti u sljedeći obrazac: f 3 gdje je f - neka funkcija od Uvedemo homogenu linearnu rekurentnu jednadžbinu OLRU koja odgovara nehomogenoj linearnoj rekurentnoj jednadžbi NLRU 3 F 4 i označimo njeno opšte rješenje sa FO Po analogiji sa metodama rješavanja diferencijalnih jednadžbi, prvo zanemarimo početne uslove i pretpostavimo da je jedno rješenje jednadžbe 3 već pronađeno. Nazovimo ovo rješenje partikularnim i označimo ga sa Opće rješenje NLRU-a ćemo tražiti u obliku zbira F njegovog posebnog rješenja i opšteg rješenja. rješenje odgovarajućeg OLRU F 5 3 O Pokažimo da je 5 zaista rješenje NLRU 3 Zamijenimo 5 u F F F F O O F F F F f O O, ali ova jednadžba je identičnost jer je FO FO F O F F F F f, tj. c je također cijeli broj c6 Zamjena c 7 u c6 8 Konstanta će biti t je posebno rješenje jednadžbe 6 pod uslovom da nazivnik formule 8 nije jednak nuli. Uvedemo karakterističan polinom za NLRU 6

b F h b F h h Primjer Riješite jednačinu 5 sa F 35 Sastavite RLRS F Sastavite karakterističnu jednačinu h 3 Riješite karakterističnu jednačinu 4 Napišite opšte rješenje RLRS F C C C C 5 Nađite posebno rješenje RLRS 5 F 5 h jer h 6 Napišite opšte rješenje RLRS F F C C 5 7 Uzimajući u obzir početne uslove, nalazimo koeficijente u NLRU rješenju

12 C C 5 C C 5 35 dobijamo C C 8 Zapisujemo rješenje NLRU F 5 Tako smo dobili eksplicitnu formulu za izračunavanje -tog člana niza U zaključku izračunavamo sam niz: stepen kao na desnoj strani strana F c 34 Zamjenom 34 u 33 dobijamo pravilo za izračunavanje koeficijenata polinoma j c j b 35 j Izjednačavajući koeficijente na lijevoj i desnoj strani sa članovima koji sadrže, dobijamo Preostale koeficijente c c b b c na h h nalazimo slično po equal koeficijenti na na 35 Ako je korijen karakteristične jednadžbe h višestrukosti, tada treba tražiti određeno rješenje NLRT-a u obliku F c RJEŠENJE NLRT-a pod FUNKCIJOM EKSPONENTA Tražit ćemo posebno rješenje NLRT-a F bα 37 u obliku 36 Zamjenom 38 u 37 imamo

13 bα F h α ako α nije korijen karakteristične jednadžbe h Ako je α korijen jednadžbe karakteristične višestrukosti, tada posebno rješenje 37 treba tražiti u obliku F dα gdje je d neka konstanta broj iteracija u konstruišući kontrolnu matricu koda M M 4 3 sa M 7, stoga je predloženo posebno rešenje pogrešno definisano, budući da je koren karakteristične jednadžbe Sada menjamo oblik konkretnog rešenja u M d e Zamenjujući ga u originalnu jednačinu imamo e 3 d Dakle M C 3 i uzimajući u obzir početne uslove C 3 Dakle, rješenje originalne jednačine M 3 3 jednadžbe osim linearnih rekurentnih jednačina sa konstantnim koeficijentima nemaju opću metodu rješenja. Mogu se riješiti, na primjer, pokušajima i greškama F F b b b at;

14 b b b F F na 3 Sada možemo pretpostaviti da je rješenje jednadžbe 39 4 og b F gdje zamjenom 4 u 39 imamo og og og b b b b b b F F og og j j b b tako da je 4 zaista rješenje jednadžbe 39

Tema 14 "Algebarske jednadžbe i sistemi nelinearnih jednačina" Polinom stepena n je polinom oblika P n () a 0 n + a 1 n-1 + + a n-1 + a n, gdje je a 0, a 1 , a n-1, a n datih brojeva, a 0,

Predavanje Diferencijalne jednadžbe th reda (DE-) Opći oblik diferencijalne jednadžbe reda n će biti napisan: (n) F, = 0 () Jednačina th reda (n =) će imati oblik F( ,) = 0 Slične jednačine

PRAKTIČNA AKTIVNOST Integracija racionalnih razlomaka Racionalni razlomak je razlomak oblika P Q, gdje su P i Q polinomi. Racionalni razlomak se naziva pravim ako je stepen polinoma P manji od stepena

10. razred, osnovni nivo Zadatak 1. Opcija 0 (demo, sa rješenjima) Dopisna matematička škola 009/010 akademska godina 1. Predstavite izraz kao polinom standardnog oblika i pronađite ga

Zanimanje. Stepen sa proizvoljnim realnim eksponentom, njegova svojstva. Funkcija stepena, njena svojstva, grafika.. Prisjetimo se svojstava stepena s racionalnim eksponentom. a a a a a za prirodno vrijeme

OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA Osnovni pojmovi Diferencijalna jednačina je jednačina u koju nepoznata funkcija ulazi pod predznakom izvoda ili diferencijala.

Tema 7 Rang matrice Osnovni mol Teorema o rangu matrice i njene posljedice Sistemi od m linearnih jednadžbi sa nepoznatima Teorema Kronecker-Cappelli Fundamentalni sistem odlučivanja homogeni sistem linearno

Ministarstvo obrazovanja Ruske Federacije Gubkin Ruski državni univerzitet za naftu i plin VI Ivanov Smjernice za proučavanje teme "DIFERENCIJALNE JEDNAČINE" (za studente

PRIRUČNIK IZ MATEMATIKE 5 9 razreda MOSKVA "VAKO" 201 UDK 32.851 BBK 4.262.22 C4 6+ Publikacija je odobrena za upotrebu u obrazovni proces na osnovu naloga Ministarstva obrazovanja i nauke Ruske Federacije

DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Opći koncepti Diferencijalne jednadžbe imaju brojne i vrlo raznolike primjene u mehanici, fizici, astronomiji, tehnologiji i drugim granama više matematike (npr.

PRIMIJENJENA ALGEBRA. Dio I: Konačna ili Galois polja. II 1 / 78 Dio I Konačna ili Galois polja. II PRIMIJENJENA ALGEBRA. Dio I: Konačna ili Galois polja. II 2 / 78 Modulo polja ostatka

PRIMIJENJENA ALGEBRA. Dio I: Konačna polja (Galois polja). II 1 / 78 Dio I Konačna polja (Galois polja). II PRIMIJENJENA ALGEBRA. Dio I: Konačna polja (Galois polja). II 2 / 78 Polja zaostataka po modulu proste

Predavanje 7 2 Fredholmove jednadžbe 2. vrste sa degenerisanim jezgrima Ovaj slučaj se razlikuje po tome što se rješenje integralne jednadžbe svodi na rješenje linearne algebarski sistem i može se lako nabaviti

8 LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE DRUGOG REDA SA Varijabilnim koeficijentima 8 Osnovni koncepti Linearna diferencijalna jednadžba th reda sa promjenjivim koeficijentima je jednačina

Predavanja -6 Poglavlje Obične diferencijalne jednačine Osnovni pojmovi Različiti problemi prirodno-naučnog inženjerstva ekonomije dovode do rješenja jednačina u kojima je nepoznata funkcija od

Predavanje. Elementi teorije polinoma. Polinom (neke osnovne informacije) Funkcija oblika: 1 P (x) a0x a1x... a 1x a = + + + + (1) gdje je prirodni broj a i (i = 01...) konstantni koeficijenti

MINISTARSTVO PROSVETE I NAUKE RUJSKE FEDERACIJE

Lekcija 4 Integracija racionalnih funkcija (nastavak) racionalna funkcija(ili, jednostavno, razlomak) je omjer dva polinoma, odnosno funkcija oblika R() = f() g() = a 0 m + a m +...+

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Sankt Peterburg Državni univerzitet za arhitekturu i građevinarstvo V B SMIRNOV, L E MOROZOV OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Obrazovne

Federalna agencija za obrazovanje GOU VPO "Ural State Technical University UPI" NM Kravchenko Diferencijalne jednadžbe i serije Nastavno pomagalo Naučni urednik vanredni profesor, kandidat

Iracionalne jednadžbe i nejednačine Sadržaj Iracionalne jednačine Metoda podizanja obje strane jednačine na isti stepen

Tema 2-19: Bilinearni i kvadratne forme A. Ya. Ovsyannikov Uralski federalni univerzitet Institut za matematiku i računarstvo Odsjek za algebru i diskretnu matematiku, algebru i geometriju za mehaniku

I opcija 8B razred, 4. 10. 007. 1 Ubaci riječi koje nedostaju: Definicija 1 Aritmetički kvadratni korijen broja koji je jednak a iz broja a (a 0) označava se na sljedeći način: izrazom Radnja nalaženja

Teoreme "Pitagorinih trojki" Mihail Petrovič Mursejev Postoje različite metode za određivanje varijanti "pitagorinih trouglova" Ponekad se nazivaju "pitagorine trojke" ili "egipatski trouglovi" K

Tema Neodređeni integral Osnovne metode integracije Integracija po dijelovima Neka su u i v dvije diferencibilne funkcije istog argumenta. Poznato je da d(u v) udv vdu (77) Uzmi iz oba

Tema 4. NUMERIČKO RJEŠENJE NELINEARNIH JEDNAČINA -1- Tema 4. NUMERIČKO RJEŠENJE NELINEARNIH JEDNAČINA 4.0. Prikaz problema Problem pronalaženja korijena nelinearna jednačina oblika y=f() se često nalazi u naučnim

Istraživački rad Tema "Dekompozicija polinoma petog stepena na kvadratne faktore korišćenjem Lagrangeovog interpolacionog polinoma" Izvršio: Šabunevič Eduard Olegović student

~ ~ Diferencijalne jednadžbe Opće informacije o diferencijalnim jednadžbama Zadatak pisanja diferencijalnih jednadžbi Definicija: Diferencijalna jednačina je jednačina koja

Poglavlje Neodređeni integral Direktna integracija Funkcija F() se naziva antiderivatom za funkciju f() ako je jednakost F"() f() Skup svih antiderivata date funkcije f()

MINISTARSTVO NAUKE I OBRAZOVANJA RUSKE FEDERACIJE RAZANJSKA DRŽAVNA RADIOTEHNIČKA AKADEMIJA GS LUKYANOVA AINOVIKOV RACIONALNE I IRACIONALNE JEDNAČINE I NEJEDNAKOSTI Rjazanjsko Ministarstvo

Predavanje 9. Linearizacija diferencijalnih jednadžbi Linearne diferencijalne jednadžbe višeg reda Homogene jednadžbe svojstva njihovih rješenja Svojstva rješenja nehomogene jednačine Definicija 9 Linearna

Razmotrimo prvi način rješavanja SLE prema Cramerovom pravilu za sistem od tri jednačine sa tri nepoznate: Odgovor se izračunava korištenjem Cramerovih formula: D, D1, D2, D3 su determinante

Predavanje 3 Ekstremum funkcije više varijabli Neka je u domeni D definirana funkcija više varijabli u = f (x, x), a tom domenu pripada tačka x (x, x) = Funkcija u = f ( x, x) ima

Algebarski polinomi. 1 Algebarski polinomi stepena n nad poljem K Definicija 1.1 Polinom stepena n, n N (0), u promenljivoj z nad brojevnim poljem K je izraz oblika: fz = a n z n

Rješenja zadataka šeste učeničke olimpijade iz algebre Zadatak 1. Dokazati da ako svi elementi realnog kvadratna matrica nalozi veći od dva su različiti od nule, onda se mogu pomnožiti pozitivnim

Tema 1 Realni brojevi i radnje na njima 4 sata 11 Razvoj koncepta broja 1 U početku su se brojevi shvatali samo kao prirodni brojevi, koji su dovoljni za brojanje pojedinačnih predmeta Gomila

95 Bilinearni i kvadratne funkcije Bilinearna funkcija Definicija Bilinearna funkcija (bilinearni oblik) na linearnom prostoru L je funkcija dva vektora iz L koja je linearna u svakom od svojih

Federalna državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Novosibirski nacionalni istraživački državni univerzitet" SISTEMI LINEARNOG DIFERENCIJALA

REFERENCE Neki znaci djeljivosti prirodnih brojeva Prirodni brojevi su brojevi koji se koriste za brojanje: Prirodni brojevi čine skup koji se naziva skup prirodnih brojeva Skup

1 UDK 517 96 1. Rješenje Rikatijevske jednačine i njena primjena na linearne jednačine drugog reda Čočijev Timofej Zaharovič, kandidat fizičko-matematičkih nauka, viši istraživač

Sistemi diferencijalnih jednadžbi Uvod Kao i obične diferencijalne jednadžbe, sistemi diferencijalnih jednačina se koriste za opisivanje mnogih procesa u stvarnom životu.

Moskovski državni tehnički univerzitet nazvan po N.E. Bauman Fakultet fundamentalnih nauka Katedra za matematičko modeliranje A.N. Kanatnikov,

METODOLOŠKA UPUTSTVA ZA RAČUNSKE ZADATKE NA KURSU VIŠE MATEMATIKE "OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE NIZ VIŠE INTEGRALA" III DEO TEMA OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE SADRŽAJ

Ministarstvo opšteg i stručnog obrazovanja Ruske Federacije ROSTOVSKI DRŽAVNI UNIVERZITET E. Ya. Fine

PREDAVANJE 2 SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA DETERMINANTE MALE REDOVE 1 EKVIVALENTNOST LINEARNIH SISTEMA Daćemo nam još jednu linearni sistem iste veličine a 11x 1 + a 12x 2 + + a 1nx n = b 1, a 21x 1

{ opšti koncepti- Cauchyjeva teorema - Linearni diferencijalni operator - Osnovne teoreme - linearnu nezavisnost rješenja - Wronskyjeva determinanta - Wronskyan homogene linearne diferencijalne jednadžbe

Matematička analiza Sekcija: Neodređeni integral Tema: Integracija racionalnih razlomaka Predavač Pakhomova E.G. 0 5. Integracija racionalnih razlomaka DEFINICIJA. Racionalni razlomak se zove

Poglavlje DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Osnovni pojmovi i definicije Diferencijalna jednadžba je jednačina koja povezuje nezavisnu varijablu x sa željenom funkcijom (y f (x i derivati željene funkcije

Metoda razdvajanja varijabli (Fourierova metoda) Opšti principi metoda razdvajanja varijabli Za najjednostavniju parcijalnu diferencijalnu jednačinu, odvajanje varijabli je traženje rješenja oblika samo iz t. u (x, t

Tema: Opća teorija sistema linearnih jednačina A. Ya. Ovsyannikov Uralski federalni univerzitet Institut za matematiku i računarstvo Odsjek za algebru i diskretnu matematiku, algebru i geometriju za

O RJEŠENJU U PRIRODNIM BROJEVIMA JEDNAČINA OBLIKA U diofantovoj analizi jednačine oblika spadaju među one koje je teško riješiti. Trenutno nepoznato opšta metoda kompletno rješenječak i najjednostavnije jednačine ovoga

Algebra: 7. razred. Lekcija 2. Numerički izrazi. Izrazi sa varijablama Dobar dan, momci! Na prošlom času smo pregledali teme naučene u 6. razredu. Sjetio se kako izvoditi radnje s običnim i

POGLAVLJE 2 VEKTORSKI PROSTORI 9 vektorski prostor nad poljem 91 Aksiomatika Neka je dato polje P čije ćemo elemente nazvati skalarima i neki skup V čije ćemo elemente nazvati

Konačni razlomci Konačni razlomci Definicija Izraz oblika a 0 + a + a + + a m gdje se a 0 Z a a m N a m N/() naziva kontinuirani razlomak, a m je dužina nastavljenog razlomka a 0 a a m će biti nazivaju koeficijenti kontinuiranog razlomka

Sadržaj Elementarna teorija grešaka. SLAU rješenje. 4. Norme u konačno-dimenzionalnim prostorima... 4. Uslovljenost SLAE-ova.... 5.3 Iterativne metode rješenja linearnih sistema ...................................

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Uralska država ekonomskog univerziteta Yu. B. Melnikov Field. Sekcija proširenja polja elektronski udžbenik da prati predavanja Ed. 4. rev. i dodatne

Ministarstvo prosvete i nauke Ruske Federacije NACIONALNI ISTRAŽIVAČKI MOSKVSKI DRŽAVNI GRAĐEVINSKI UNIVERZITET Katedra za primenjenu mehaniku i matematiku OBIČNI DIFERENCIJAL

Poglavlje 7 Koncept asimptotskih metoda Predavanje Regularno i singularno poremećeni problemi Prilikom konstruisanja matematički modeli fizičkih objekata, karakteriziran različite skale po prostoru