Za početak ćemo analizirati teoriju, zatim ćemo riješiti par primjera kako bismo učvrstili gradivo o rastavljanju razlomačko racionalne funkcije u zbroj prostih razlomaka. Pogledajmo pobliže metoda nesigurnih koeficijenata i metoda parcijalne vrijednosti, kao i njihove kombinacije.

Najjednostavniji razlomci često se nazivaju elementarni razlomci.

Postoje sljedeće vrste prostih razlomaka:

gdje su A , M , N , a , p , q brojevi, a diskriminant nazivnika u razlomcima 3) i 4) manji je od nule.

Zovu se razlomci prve, druge, treće i četvrte vrste.

Zašto rastaviti razlomke na jednostavne?

Dajmo matematičku analogiju. Često morate pojednostaviti oblik izraza kako biste s njim mogli izvoditi neke radnje. Dakle, prikaz razlomačke racionalne funkcije kao zbroja prostih razlomaka je otprilike isti. Koristi se za proširenje funkcija u redove potencija, Laurentove redove i, naravno, za pronalaženje integrala.

Na primjer, zahtijeva uzeti integral frakciono racionalne funkcije. Nakon rastavljanja integranda na jednostavne razlomke, sve se svodi na prilično jednostavne integrale

Ali o integralima u drugom odjeljku.

Primjer.

Rastavite razlomak na najjednostavniji.

Riješenje.

Općenito, omjer polinoma se rastavlja na proste razlomke ako je stupanj polinoma u brojniku manji od stupnja polinoma u nazivniku. U suprotnom, polinom brojnika prvo se podijeli s polinomom nazivnika, a tek onda se rastavlja regularna razlomačko racionalna funkcija.

Izvršimo dijeljenje po stupcu (kutu):

Stoga će izvorni razlomak imati oblik:

Dakle, rastaviti ćemo na jednostavne razlomke

Algoritam metode neodređenih koeficijenata.

Prvo, rastavite nazivnik na faktore.

U našem primjeru sve je jednostavno - vadimo x iz zagrada.


Drugo, razlomak koji treba proširiti predstavlja se kao zbroj jednostavnih razlomaka s neizvjesni koeficijenti.

Ovdje je vrijedno razmotriti vrste izraza koje možete imati u nazivniku.

Dosta teorije, praksa je ipak jasnija.

Vrijeme je da se vratimo primjeru. Razlomak se rastavlja na zbroj najjednostavnijih razlomaka prve i treće vrste s neodređenim koeficijentima A , B i C .


Treće, rezultirajući zbroj prostih razlomaka s neodređenim koeficijentima dovodimo na zajednički nazivnik i grupiramo članove u brojniku s istim potencijama x.



Odnosno, dolazimo do jednadžbe:


Za x različit od nule, ova se jednakost svodi na jednakost dvaju polinoma


A dva polinoma su jednaka ako i samo ako su koeficijenti pri istim potencijama isti.

Četvrta, izjednačujemo koeficijente pri istim potencijama od x.

U ovom slučaju dobivamo sustav linearnih algebarskih jednadžbi s neodređenim koeficijentima kao nepoznanicama:


Peti, rješavamo rezultirajući sustav jednadžbi na bilo koji način (ako je potrebno, pogledajte članak) koji vam se sviđa, nalazimo neodređene koeficijente.


Na šestom, zapišite odgovor.

Molimo vas da ne budete lijeni, provjerite svoj odgovor svođenjem dobivenog proširenja na zajednički nazivnik.

Metoda neodređenih koeficijenata je univerzalna metoda za rastavljanje razlomaka na proste.

Vrlo je zgodno koristiti metodu parcijalnih vrijednosti ako je nazivnik umnožak linearnih faktora, odnosno izgleda kao

Pogledajmo primjer kako bismo pokazali prednosti ove metode.

Primjer.

Proširi razlomak do najjednostavnijeg.

Riješenje.

Budući da je stupanj polinoma u brojniku manji od stupnja polinoma u nazivniku, ne moramo dijeliti. Prelazimo na rastavljanje nazivnika na faktore.

Prvo izbacimo x iz zagrade.

Nalazimo korijene kvadratnog trinoma (na primjer, prema Vieta teoremu):

Stoga se kvadratni trinom može napisati kao

Odnosno, nazivnik će poprimiti oblik

Uz zadani nazivnik, izvorni se razlomak rastavlja u zbroj tri prosta razlomka prve vrste s neodređenim koeficijentima:

Dobiveni iznos svodimo na zajednički nazivnik, ali u brojniku ne otvaramo zagrade i ne dajemo slične za A, B i C (u ovoj fazi to je samo razlika od metode nesigurnih koeficijenata):

Tako smo došli do jednakosti:

I sada, da bismo pronašli neodređene koeficijente, počinjemo zamijeniti u dobivenu jednakost “privatne vrijednosti”, kod kojih nazivnik nestaje, to jest, x=0, x=2 i x=3 za naš primjer.

Na x=0 imamo:

Na x=2 imamo:

Na x=3 imamo:

Odgovor:

Kao što vidite, razlika između metode nesigurnih koeficijenata i metode parcijalnih vrijednosti je samo u načinu pronalaženja nepoznanica. Ove metode mogu se kombinirati kako bi se pojednostavili izračuni.

Razmotrite primjer.

Primjer.

Proširi frakcijski racionalni izraz u proste razlomke.

Riješenje.

Budući da je stupanj polinoma brojnika manji od stupnja polinoma nazivnika, a nazivnik je već faktoriziran, izvorni izraz bit će predstavljen kao zbroj jednostavnih razlomaka sljedećeg oblika:

Dovodimo do zajedničkog nazivnika:

Izjednačite brojnike.

Očigledno, nule nazivnika su vrijednosti x=1, x=-1 i x=3. Koristimo metodu parcijalnih vrijednosti.

Na x=1 imamo:

Na x=-1 imamo:

Na x=3 imamo:

Ostaje pronaći nepoznato i

Da bismo to učinili, zamijenimo pronađene vrijednosti u jednakost brojnika:

Otvaranjem zagrada i reduciranjem sličnih članova za iste potencije x dolazimo do jednakosti dvaju polinoma:

Izjednačimo odgovarajuće koeficijente pri istim potencijama, čime sastavljamo sustav jednadžbi za pronalaženje preostalih nepoznanica i . Dobivamo sustav od pet jednadžbi s dvije nepoznanice:

Iz prve jednadžbe odmah nalazimo , iz druge jednadžbe

Kao rezultat toga, dobivamo proširenje u jednostavne razlomke:

Bilješka.

Kad bismo odmah odlučili primijeniti metodu neodređenih koeficijenata, tada bismo morali riješiti sustav od pet linearnih algebarskih jednadžbi s pet nepoznanica. Korištenje metode parcijalnih vrijednosti olakšalo je pronalaženje vrijednosti tri od pet nepoznanica, što je uvelike pojednostavilo daljnje rješavanje.

Pozdrav svima, dragi prijatelji!

Pa svaka čast! Sigurno smo došli do glavnog materijala u integraciji racionalnih razlomaka - metoda neodređenih koeficijenata. Velik i moćan.) Kakvo je njegovo veličanstvo i moć? A to leži u njegovoj svestranosti. Ima smisla znati, zar ne? Upozoravam vas da će biti nekoliko lekcija na ovu temu. Jer tema je jako dugačka, a gradivo izuzetno važno.)

Moram odmah reći da se u današnjoj lekciji (i narednim) nećemo baviti toliko integracijom koliko ... rješavanje sustava linearnih jednadžbi! Da da! Pa oni koji imaju problema sa sustavima, ponavljaju matrice, determinante i Cramerovu metodu. A za one drugove koji imaju problema s matricama, pozivam, u najgorem slučaju, da osvježe svoje pamćenje barem "školskim" metodama rješavanja sustava - metodom zamjene i metodom zbrajanja / oduzimanja po članu.

Za početak našeg upoznavanja, premotavamo film malo unatrag. Vratimo se nakratko na prethodne lekcije i analizirajmo sve one razlomke koje smo prije integrirali. Izravno, bez ikakve metode neodređenih koeficijenata! Evo ih, ovi razlomci. Razvrstao sam ih u tri grupe.

Grupa 1

U nazivniku - linearna funkcija bilo samostalno ili do te mjere. Jednom riječju, nazivnik je proizvod identičan zagrade oblika (Ha).

Na primjer:

(x+4) 1 = (x+4)

(x-10) 2 = (x-10)(x-10)

(2x+5) 3 = (2x+5)(2x+5)(2x+5)

I tako dalje. Usput, ne dopustite da vas zagrade zavaraju. (4x+5) ili (2x+5) 3 s koeficijentom k unutra. Isti su, u biti, zagrade oblika (Ha). Jer ovo je najviše k iz takvih se zagrada uvijek može izvaditi.

Kao ovo:

To je sve.) I nije važno što točno stoji u brojniku – samo dx ili neka vrsta polinoma. Brojnik smo uvijek širili u potencijama zagrada (x-a), veliki razlomak pretvorio u zbroj malih, donio (gdje je potrebno) zagradu ispod diferencijala i integrirao.

Grupa 2

Što je zajedničko tim razlomcima?

A zajedničko je da je u svim nazivnicima kvadratni trinomsjekira 2 + bx+ c. Ali ne samo, naime u jednom primjerku. I ovdje nije bitno je li diskriminant pozitivan ili negativan.

Takvi su se razlomci uvijek integrirali na jedan od dva načina - ili proširenjem brojnika na potencije nazivnika ili uzimanjem punog kvadrata u nazivnik i zatim promjenom varijable. Sve ovisi o konkretnom integrandu.

Grupa 3

To su bili najgori razlomci za integraciju. Nazivnik je nerastavljiv kvadratni trinom, pa čak iu stupnju n. Ali opet, u jednom primjerku. Jer, osim trinoma, nema drugih faktora u nazivniku. Takvi razlomci su integrirani nad . Ili izravno ili svedeno na njega nakon odabira punog kvadrata u nazivniku i zatim promjene varijable.

No, nažalost, sva bogata raznolikost racionalnih razlomaka nije ograničena samo na ove tri razmatrane skupine.

Ali što ako je nazivnik razne zagrade? Na primjer, nešto poput:

(x-1)(x+1)(x+2)

Ili u isto vrijeme zagrada (Ha) i kvadratni trinom, nešto slično (x-10)(x 2 -2x+17)? A u drugim sličnim slučajevima? Evo, upravo u takvim slučajevima dolazi u pomoć. metoda neodređenih koeficijenata!

Moram odmah reći: zasad ćemo raditi samo sa ispraviti razlomci. Oni u kojima je stupanj brojnika strogo manji od stupnja nazivnika. Kako postupati s nepravim razlomcima detaljno je opisano u razlomcima. Potrebno je odabrati cijeli dio (polinom). Dijeljenjem kuta brojnika nazivnikom ili proširenjem brojnika – kako želite. Pa čak je i primjer rastavljen. I vi nekako nekako integrirate polinom. Nije mala već go.) Ali ćemo i rješavati primjere za neprave razlomke!

Sada se upoznajmo. Za razliku od većine udžbenika više matematike, naše upoznavanje nećemo započeti suhoparnom i teškom teorijom o temeljnom teoremu algebre, Bezoutovom teoremu, o rastavljanju racionalnog razlomka u zbroj najjednostavnijih (više o tim razlomcima kasnije) i druge zamornosti, ali počet ćemo s jednostavnim primjerom.

Na primjer, trebamo pronaći sljedeći neodređeni integral:

Prvo pogledajte integrand. Nazivnik je proizvod tri zagrade:

(x-1)(x+3)(x+5)

I sve zagrade razne. Dakle, naša stara tehnologija s proširenjem brojnika na potencije nazivnika ovaj put ne funkcionira: koju zagradu treba istaknuti u brojniku? (x-1)? (x+3)? Nije jasno ... Odabir punog kvadrata u nazivniku također nije u blagajni: postoji polinom treći stupanj (ako pomnožite sve zagrade). Što učiniti?

Gledajući našu frakciju, javlja se sasvim prirodna želja... Pravo neodoljiva! Od naše velike frakcije, koja neugodno integrirati, nekako napraviti tri mala. Bar ovako:

Zašto ovu vrstu treba tražiti? A sve zato što je u ovom obliku već naš početni ulomak udobno integrirati! Dodajte nazivnik svakog malog razlomka i naprijed.)

Je li uopće moguće dobiti takvu razgradnju? Vijesti su dobre! Odgovarajući teorem matematike kaže − da možeš! Takva dekompozicija postoji i jedinstvena je.

Ali postoji jedan problem: koeficijenti ALI, NA i IZ mi Pozdrav ne znamo. A sada će naš glavni zadatak biti samo definirati ih. Saznajte čemu su jednaka naša slova ALI, NA i IZ. Odatle i naziv, metoda neizvjestan koeficijenti. Započnimo naše fantastično putovanje!

Dakle, imamo jednakost, od koje počinjemo plesati:

Dovedimo sva tri razlomka s desne strane na zajednički nazivnik i zbrojimo:

Sada slobodno možete odbaciti nazivnike (jer su isti) i jednostavno izjednačiti brojnike. Sve je kao i obično

sljedeći korak otvori sve zagrade(koeficijenti ALI, NA i IZ Pozdrav bolje ostaviti vani)

A sada (važno!) gradimo cijelu strukturu s desne strane po stažu: prvo skupljamo sve članove s x 2 na hrpu, zatim - samo s x i na kraju skupljamo slobodne članove. Zapravo, jednostavno dajemo slične i grupiramo članove prema potencijama x.

Kao ovo:

A sada shvaćamo rezultat. S lijeve strane je naš izvorni polinom. Drugi stupanj. Brojnik našeg integranda. Točno također neki polinom drugog stupnja. Nos nepoznati koeficijenti. Ova jednakost trebala bi vrijediti za sve važeće x vrijednosti. Razlomci s lijeve i desne strane bili su isti (prema našem uvjetu)! To znači da njihov brojnik i (tj. naši polinomi) su također isti. Dakle, koeficijenti s istim potencijama x ti polinomi moraju imati biti ravnopravan!

Počinjemo s najvišim stupnjem. S trga. Pogledajmo kakve koeficijente imamo x 2 lijevo i desno. Na desnoj strani imamo zbroj koeficijenata A+B+C, a s lijeve strane - dvojka. Dakle, imamo prvu jednadžbu.

Zapisujemo:

A+B+C = 2

Tamo je. Prva jednadžba je gotova.)

Zatim idemo silaznom putanjom - gledamo članove s x na prvom stupnju. Desno na x imamo 8A+4B+2C. Dobro. I što imamo s x lijevo? Hm ... S lijeve strane pojma s X uopće nema! Ima samo 2x 2 - 3. Kako biti? Jako jednostavno! To znači da imamo koeficijent kod x lijevo jednako nuli! Našu lijevu stranu možemo napisati ovako:

I što? Imamo sva prava.) Odavde, druga jednadžba izgleda ovako:

8 A+4 B+2 C = 0

Pa, praktički, to je sve. Ostaje još izjednačiti slobodne uvjete:

15A-5B-3C = -3

Jednom riječju, izjednačavanje koeficijenata na istim potencijama x događa se prema sljedećoj shemi:

Sve tri naše jednakosti moraju biti zadovoljene istovremeno. Stoga sastavljamo sustav iz naših napisanih jednadžbi:

Sustav nije najteži za marljivog učenika – tri jednadžbe i tri nepoznanice. Odlučite kako želite. Možete koristiti Cramerovu metodu kroz matrice s determinantama, možete koristiti Gaussovu metodu, možete čak koristiti uobičajenu školsku zamjenu.

Za početak ću ovaj sustav riješiti na način na koji studenti kulture inače rješavaju takve sustave. Naime, Cramer metoda.

Rješenje započinjemo sastavljanjem matrice sustava. Podsjećam vas da je ova matrica samo tablica sastavljena od koeficijenti za nepoznanice.

Evo je:

Prije svega, izračunavamo determinanta matrice sustava. Ili, ukratko, identifikator sustava. Obično se označava grčkim slovom ∆ ("delta"):

Odlično, determinanta sustava nije nula (-48≠0) . Iz teorije sustava linearnih jednadžbi ova činjenica znači da je naš sustav kompatibilan i ima jedinstveno rješenje.

Sljedeći korak je izračunavanje odrednice nepoznanica ∆A, ∆B, ∆C. Podsjećam da se svaka od ove tri determinante dobiva iz glavne determinante sustava zamjenom stupaca s koeficijentima za odgovarajuće nepoznanice stupcem slobodnih članova.

Stoga izrađujemo determinante i razmatramo:

Ovdje neću detaljno objašnjavati tehniku ​​izračunavanja determinanti trećeg reda. I ne pitaj. Ovo je već prilično skretanje s teme bit će.) Tko je u temi, taj razumije o čemu se radi. I možda ste već pogodili kako sam točno izračunao ove tri determinante.)

To je sve i gotovo.)

Ovako kulturni studenti obično odlučuju o sustavima. Ali... Nisu svi učenici prijatelji determinanti. Nažalost. Za neke ovi jednostavni pojmovi više matematike zauvijek ostaju kinesko slovo i tajanstveno čudovište u magli...

Pa, pogotovo za takve nekulturne studente, predlažem poznatiji način rješavanja - metoda sukcesivne eliminacije nepoznanica. Zapravo, radi se o naprednoj "školskoj" metodi supstitucije. Samo će koraka biti više.) Ali suština je ista. Prije svega, isključit ću varijablu IZ. Za ovo ću izraziti IZ iz prve jednadžbe i zamijeniti u drugu i treću:

Pojednostavljujemo, dajemo slične i dobivamo novi sustav, već s dva nepoznato:

Sada, u ovom novom sustavu, također je moguće izraziti jednu od varijabli u smislu druge. No najpažljiviji studenti vjerojatno će primijetiti da koeficijenti ispred varijable B – suprotan. Dva i minus dva. Stoga će biti vrlo zgodno zbrojiti obje jednadžbe kako bi se eliminirala varijabla NA i ostavi samo slovo ALI.

Dodamo lijevi i desni dio, mentalno smanjimo 2B i -2B a jednadžbu riješiti samo s obzirom na ALI:

Tamo je. Prvi pronađeni koeficijent: A = -1/24.

Odredite drugi koeficijent NA. Na primjer, iz gornje jednadžbe:

Odavde dobivamo:

Izvrsno. Drugi koeficijent se također nalazi: B = -15/8 . Ostalo je još jedno pismo IZ. Da bismo ga odredili, koristimo najgornju jednadžbu, kroz koju je izražen ALI i NA:

Tako:

OK, sada je sve gotovo. Pronađeni nepoznati tečajevi! Nije važno je li preko Cramera ili preko zamjene. Glavna stvar, pravo pronađeno.)

Dakle, naše širenje velikog razlomka u zbroj malih će izgledati ovako:

I neka vas dobiveni razlomački koeficijenti ne zbune: u ovom postupku (metoda neodređenih koeficijenata) to je najčešća pojava. :)

A sada je vrlo poželjno provjeriti jesmo li ispravno pronašli svoje koeficijente A, B i IZ. Dakle, sada uzimamo nacrt i sjetimo se osmog razreda - zbrajamo sva tri naša mala razlomka.

Ako dobijemo izvornu krupnu frakciju, onda je sve u redu. Ne, to znači pobijedi me i traži grešku.

Zajednički nazivnik će očito biti 24(x-1)(x+3)(x+5).

Ići:

Da!!! Dobiti izvorni razlomak. Što je trebalo provjeriti. Sve je dobro. Zato me molim te nemoj tući.)

A sada se vraćamo našem izvornom integralu. U to vrijeme nije postalo ništa lakše, da. Ali sada kada je naš razlomak rastavljen na zbroj malih, njegovo integriranje postalo je pravi užitak!

Uvjerite se sami! Svoju ekspanziju umećemo u izvorni integral.

Dobivamo:

Koristimo svojstva linearnosti i razbijamo naš veliki integral na zbroj malih, izbacujemo sve konstante izvan predznaka integrala.

Dobivamo:

I dobivena tri mala integrala već se lako uzimaju .

Nastavljamo integraciju:

To je sve.) I nemojte me u ovoj lekciji pitati odakle logaritmi u odgovoru! Tko pamti, taj je u temi i sve će razumjeti. A tko se ne sjeća - hodamo po poveznicama. Ne stavljam ih samo na sebe.

Konačan odgovor:

Evo tako lijepog trojstva: tri logaritma - kukavica, iskusan i glupan. :) I pokušajte, odmah pogodite tako lukav odgovor! Samo metoda neodređenih koeficijenata pomaže, da.) Zapravo, istražujemo u tu svrhu. Što, kako i gdje.

Kao vježbu, predlažem da vježbate metodu i integrirate sljedeći razlomak:

Vježbajte, pronađite integral, ne uzimajte to za posao! Trebali biste dobiti ovakav odgovor:

Metoda neodređenih koeficijenata je moćna stvar. Spašava čak iu najbeznadnijoj situaciji, kad svejedno pretvorite razlomak i tako dalje. I ovdje bi neki pažljivi i zainteresirani čitatelji mogli imati niz pitanja:

- Što ako polinom u nazivniku uopće nije rastavljen na faktore?

- KAKO treba tražiti rastavljanje bilo kojeg velikog racionalnog razlomka u zbroj malih? U bilo kojem obliku? Zašto u ovom, a ne u onom?

- Što ako postoji više faktora u proširenju nazivnika? Ili zagrade u potencijama poput (x-1) 2? U kojem obliku tražiti razgradnju?

- Što ako uz jednostavne zagrade oblika (x-a) nazivnik istovremeno sadrži i nerastavljivi kvadratni trinom? Recimo x 2 +4x+5 ? U kojem obliku tražiti razgradnju?

Pa, vrijeme je da temeljito shvatimo odakle rastu noge. u sljedećoj lekciji.)

Integracija razlomačko-racionalne funkcije.
Metoda neodređenih koeficijenata

Nastavljamo raditi na integraciji razlomaka. U lekciji smo već razmatrali integrale nekih vrsta razlomaka, a ovu lekciju u određenom smislu možemo smatrati nastavkom. Za uspješno razumijevanje gradiva potrebne su osnovne integracijske vještine, pa ako ste tek počeli učiti integrale, odnosno čajnik ste, onda trebate krenuti od članka Neodređeni integral. Primjeri rješenja.

Čudno, sada se nećemo baviti toliko pronalaženjem integrala koliko ... rješavanjem sustava linearnih jednadžbi. S tim u vezi snažno Preporučam posjetiti lekciju Naime, potrebno je dobro poznavati metode zamjene („školska“ metoda i metoda počlanog zbrajanja (oduzimanja) jednadžbi sustava).

Što je frakcijska racionalna funkcija? Jednostavnim riječima, razlomačko-racionalna funkcija je razlomak u čijem su brojniku i nazivniku polinomi ili produkti polinoma. U isto vrijeme, razlomci su sofisticiraniji od onih o kojima se govori u članku. Integracija nekih razlomaka.

Integracija ispravne razlomačko-racionalne funkcije

Odmah primjer i tipičan algoritam za rješavanje integrala razlomačke racionalne funkcije.

Primjer 1

Korak 1. Prva stvar koju UVIJEK radimo kada rješavamo integral racionalno-razlomka je postaviti sljedeće pitanje: je li razlomak točan? Ovaj korak se radi usmeno, a sada ću objasniti kako:

Prvo pogledajte brojnik i saznajte viša diploma polinom:

Najveća snaga brojnika je dvojka.

Sada pogledajte nazivnik i saznajte viša diploma nazivnik. Očigledan način je otvoriti zagrade i unijeti slične pojmove, ali možete to učiniti i lakše, unutra svaki zagrada pronaći najviši stupanj

i mentalno pomnožite: - dakle, najveći stupanj nazivnika jednak je tri. Sasvim je očito da ako doista otvorimo zagrade, nećemo dobiti diplomu veću od tri.

Zaključak: Najveća snaga brojnika STROGO manja od najveće potencije nazivnika, tada je razlomak točan.

Ako je u ovom primjeru brojnik sadržavao polinom 3, 4, 5 itd. stupanj, tada bi razlomak bio pogrešno.

Sada ćemo razmatrati samo pravilne frakcijsko-racionalne funkcije. Slučaj kada je stupanj brojnika veći ili jednak stupnju nazivnika, analizirat ćemo na kraju lekcije.

Korak 2 Rastavimo nazivnik na faktore. Pogledajmo naš nazivnik:

Općenito govoreći, ovdje je već proizvod faktora, ali se, ipak, pitamo: je li moguće proširiti još nešto? Predmet mučenja će, naravno, biti kvadratni trinom. Rješavamo kvadratnu jednadžbu:

Diskriminant je veći od nule, što znači da je trinom doista faktoriziran:

Opće pravilo: SVE što se u nazivniku MOŽE rastaviti na faktore - faktoriziraj

Počnimo donositi odluku:

3. korak Metodom neodređenih koeficijenata integrand rastavljamo u zbroj prostih (elementarnih) razlomaka. Sada će biti jasnije.

Pogledajmo našu funkciju integranda:

I, znate, nekako se provuče intuitivna misao da bi bilo lijepo naš veliki razlomak pretvoriti u nekoliko malih. Na primjer, ovako:

Postavlja se pitanje je li to uopće moguće učiniti? Odahnimo, pripadajući teorem matematičke analize kaže – MOGUĆE JE. Takva dekompozicija postoji i jedinstvena je.

Postoji samo jedna kvaka, koeficijenti mi Pozdrav ne znamo, otuda i naziv – metoda neodređenih koeficijenata.

Pogađate, naknadne geste pa, nemojte kokodakati! bit će usmjereno na to da ih samo NAUČIMO – da saznamo čemu su jednaki.

Budite oprezni, objašnjavam detaljno jednom!

Dakle, počnimo plesati od:

S lijeve strane dovodimo izraz na zajednički nazivnik:

Sada se sigurno rješavamo nazivnika (jer su isti):

S lijeve strane otvaramo zagrade, dok još ne diramo nepoznate koeficijente:

Ujedno ponavljamo školsko pravilo za množenje polinoma. Dok sam bio učitelj, naučio sam reći ovo pravilo s jasnim licem: Da biste pomnožili polinom s polinomom, trebate pomnožiti svaki član jednog polinoma sa svakim članom drugog polinoma.

Sa stajališta jasnog objašnjenja, bolje je koeficijente staviti u zagrade (iako ja osobno to nikada ne radim kako bih uštedio vrijeme):

Sastavljamo sustav linearnih jednadžbi.
Prvo, tražimo više diplome:

I zapisujemo odgovarajuće koeficijente u prvoj jednadžbi sustava:

Dobro zapamtite sljedeću nijansu. Što bi bilo da desna strana uopće ne postoji? Recite, bi li se samo šepurio bez kvadrata? U tom slučaju bi u jednadžbi sustava bilo potrebno desno staviti nulu: . Zašto nula? I zato što na desnoj strani uvijek možete pripisati ovaj isti kvadrat s nulom: Ako nema varijabli ili (i) slobodnog člana na desnoj strani, tada stavljamo nule na desne strane odgovarajućih jednadžbi sustava.

Zapisujemo odgovarajuće koeficijente u drugu jednadžbu sustava:

I, na kraju, mineralna voda, biramo besplatne članove.

E, ... šalio sam se. Šalu na stranu – matematika je ozbiljna znanost. U našoj institutskoj skupini nitko se nije nasmijao kad je docentica rekla da će članove razbacati po brojevnoj crti i izabrati najvećeg od njih. Uozbiljimo se. Iako ... tko doživi kraj ove lekcije, ipak će se tiho nasmiješiti.

Sustav spreman:

Rješavamo sustav:

(1) Iz prve jednadžbe izražavamo i supstituiramo je u 2. i 3. jednadžbu sustava. Zapravo, bilo je moguće izraziti (ili drugim slovom) iz druge jednadžbe, ali u ovom slučaju je prednost izraziti to iz 1. jednadžbe, budući da postoji najmanji izgledi.

(2) Slične članove prikazujemo u 2. i 3. jednadžbi.

(3) 2. i 3. jednadžbu zbrajamo član po član, pri čemu dobivamo jednakost , iz koje slijedi

(4) Zamjenjujemo u drugu (ili treću) jednadžbu iz koje dobivamo da

(5) Zamjenjujemo i u prvu jednadžbu, dobivajući .

Ako imate poteškoća s metodama rješavanja sustava, razradite ih u razredu. Kako riješiti sustav linearnih jednadžbi?

Nakon rješavanja sustava uvijek je korisno napraviti provjeru - zamijeniti pronađene vrijednosti u svakom jednadžba sustava, kao rezultat, sve bi trebalo "konvergirati".

Skoro stiglo. Koeficijenti se nalaze, dok:

Čist posao trebao bi izgledati otprilike ovako:

Kao što vidite, glavna poteškoća zadatka bila je sastaviti (točno!) i riješiti (točno!) sustav linearnih jednadžbi. A u završnoj fazi sve nije tako teško: koristimo svojstva linearnosti neodređenog integrala i integriramo. Skrećem vam pozornost na činjenicu da pod svakim od tri integrala imamo "slobodnu" složenu funkciju, govorio sam o značajkama njezine integracije u lekciji Metoda promjene varijable u neodređenom integralu.

Provjerite: Razlikujte odgovor:

Dobiven je izvorni integrand, što znači da je integral točno pronađen.
Tijekom provjere bilo je potrebno izraz dovesti na zajednički nazivnik, a to nije slučajno. Metoda neodređenih koeficijenata i dovođenje izraza na zajednički nazivnik su međusobno inverzne radnje.

Primjer 2

Nađi neodređeni integral.

Vratimo se razlomku iz prvog primjera: . Lako je vidjeti da su u nazivniku svi faktori RAZLIČITI. Postavlja se pitanje što učiniti ako je, na primjer, dan takav razlomak: ? Ovdje imamo stupnjeve u nazivniku, ili, u matematičkim terminima, više faktora. Osim toga, postoji nerastavljiv kvadratni trinom (lako je provjeriti da je diskriminant jednadžbe je negativan, pa se trinom ne može rastaviti ni na koji način). Što učiniti? Proširenje u zbroj elementarnih razlomaka će izgledati s nepoznatim koeficijentima na vrhu ili na neki drugi način?

Primjer 3

Pošaljite funkciju

Korak 1. Provjera imamo li točan razlomak
Najveća snaga brojnika: 2
Najveći nazivnik: 8
, pa je razlomak točan.

Korak 2 Može li se išta uračunati u nazivnik? Očito nije, sve je već postavljeno. Kvadratni trinom se ne proširuje u umnožak iz gore navedenih razloga. Dobro. Manje posla.

3. korak Predstavimo razlomačko-racionalnu funkciju kao zbroj elementarnih razlomaka.
U ovom slučaju dekompozicija ima sljedeći oblik:

Pogledajmo naš nazivnik:
Pri rastavljanju razlomačko-racionalne funkcije na zbroj elementarnih razlomaka mogu se razlikovati tri temeljne točke:

1) Ako nazivnik sadrži "usamljeni" faktor u prvom stupnju (u našem slučaju), tada na vrh stavljamo neodređeni koeficijent (u našem slučaju). Primjeri br. 1, 2 sastojali su se samo od takvih "usamljenih" faktora.

2) Ako nazivnik sadrži višestruki množitelj, tada morate rastaviti na sljedeći način:
- to jest, sekvencijalno poredajte sve stupnjeve "x" od prvog do n-tog stupnja. U našem primjeru postoje dva višestruka faktora: i , pogledajte još jednom dekompoziciju koju sam dao i uvjerite se da su dekomponirani točno prema ovom pravilu.

3) Ako nazivnik sadrži nerastavljivi polinom drugog stupnja (u našem slučaju ), onda kada proširite u brojnik, trebate napisati linearnu funkciju s neodređenim koeficijentima (u našem slučaju, s neodređenim koeficijentima i ).

Zapravo, postoji i 4. slučaj, ali o njemu ću šutjeti, jer je u praksi izuzetno rijedak.

Primjer 4

Pošaljite funkciju kao zbroj elementarnih razlomaka s nepoznatim koeficijentima.

Ovo je primjer "uradi sam". Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.
Strogo slijedite algoritam!

Ako ste shvatili principe po kojima trebate rastaviti frakcijsko-racionalnu funkciju na zbroj, tada možete probiti gotovo svaki integral tipa koji razmatrate.

Primjer 5

Nađi neodređeni integral.

Korak 1. Očito, razlomak je točan:

Korak 2 Može li se išta uračunati u nazivnik? Limenka. Evo zbroja kubova . Rastavljanje nazivnika na faktore pomoću formule za skraćeno množenje

3. korak Koristeći metodu neodređenih koeficijenata, integrand raširimo u zbroj elementarnih razlomaka:

Imajte na umu da je polinom nerastavljiv (provjerite da je diskriminant negativan), pa na vrh stavljamo linearnu funkciju s nepoznatim koeficijentima, a ne samo jedno slovo.

Dovodimo razlomak na zajednički nazivnik:

Kreirajmo i riješimo sustav:

(1) Iz prve jednadžbe izražavamo i supstituiramo u drugu jednadžbu sustava (to je najracionalniji način).

(2) Slične članove prikazujemo u drugoj jednadžbi.

(3) Drugu i treću jednadžbu sustava zbrajamo član po član.

Svi daljnji izračuni, u načelu, su usmeni, jer je sustav jednostavan.

(1) Zapisujemo zbroj razlomaka u skladu s pronađenim koeficijentima.

(2) Koristimo svojstva linearnosti neodređenog integrala. Što se dogodilo u drugom integralu? Ovu metodu možete pronaći u zadnjem paragrafu lekcije. Integracija nekih razlomaka.

(3) Još jednom koristimo svojstva linearnosti. U trećem integralu počinjemo birati puni kvadrat (pretposljednji odlomak lekcije Integracija nekih razlomaka).

(4) Uzimamo drugi integral, u trećem biramo puni kvadrat.

(5) Uzimamo treći integral. Spreman.

MINISTARSTVO ZNANOSTI I OBRAZOVANJA REPUBLIKE BAŠKORSKOG STANA

GAOU SPO Bashkir College of Architecture and Civil Engineering

Khaliullin Ashat Adelzyanovich,

učitelj matematike Baškir

Arhitektonsko-građevinski fakultet

UFA

2014

Uvod ___________________________________________________________3

Poglavlje ja Teorijski aspekti korištenja metode neodređenih koeficijenata _________________________________________________4

Poglavlje II. Traženje rješenja problema s polinomima metodom neodređenih koeficijenata _______________________________7

2.1. Rastavljanje polinoma na faktore _____________________ 7

2.2. Zadaci s parametrima________________________________ 10

2.3. Rješavanje jednadžbi _______________________________________14

2.4. Funkcionalne jednadžbe ______________________________19

Zaključak________________________________________________23

Popis literature __________________________24

Primjena ________________________________________________25

Uvod.

Ovaj rad posvećen je teorijskim i praktičnim aspektima uvođenja metode neodređenih koeficijenata u školski tečaj matematike. Relevantnost ove teme određena je sljedećim okolnostima.

Nitko neće raspravljati s činjenicom da matematika kao znanost ne stoji na jednom mjestu, ona se stalno razvija, pojavljuju se novi zadaci povećane složenosti, što često uzrokuje određene poteškoće, budući da su ti zadaci obično povezani s istraživanjem. Posljednjih godina takvi su problemi predloženi na školskim, regionalnim i republičkim matematičkim olimpijadama, a dostupni su i u USE verzijama. Stoga je bila potrebna posebna metoda koja bi omogućila rješavanje barem nekih od njih najbrže, učinkovitije i jeftinije. U ovom radu je na pristupačan način prikazan sadržaj metode neodređenih koeficijenata, koja se široko koristi u najrazličitijim područjima matematike, od pitanja uključenih u tečaj općeobrazovne škole do njegovih najnaprednijih dijelova. Posebno su zanimljive i učinkovite primjene metode neodređenih koeficijenata u rješavanju problema s parametrima, frakcijskih racionalnih i funkcionalnih jednadžbi; lako mogu zainteresirati svakoga tko se zanima za matematiku. Glavna svrha predloženog rada i odabira problema je pružiti široke mogućnosti za usavršavanje i razvijanje sposobnosti pronalaženja kratkih i nestandardnih rješenja.

Ovaj rad se sastoji od dva poglavlja. Prvi se bavi teorijskim aspektima korištenja

metoda nesigurnih koeficijenata, u drugom - praktični i metodološki aspekti takve uporabe.

U prilogu rada nalaze se uvjeti konkretnih zadataka za samostalno rješavanje.

Poglavlje ja . Teorijski aspekti uporabe metoda nesigurnih koeficijenata

"Čovjek je rođen da bude gospodar,

gospodar, kralj prirode, ali mudrosti,

s kojim bi trebao vladati nije mu dano

od rođenja: stječe se učenjem"

N. I. Lobačevskog

Postoje različiti načini i metode za rješavanje problema, ali jedan od najprikladnijih, najučinkovitijih, originalnih, elegantnih, au isto vrijeme vrlo jednostavnih i svima razumljivih je metoda neodređenih koeficijenata. Metoda neodređenih koeficijenata je metoda koja se koristi u matematici za pronalaženje koeficijenata izraza čiji je oblik unaprijed poznat.

Prije razmatranja primjene metode neodređenih koeficijenata na rješavanje različitih vrsta problema, iznijet ćemo niz teorijskih informacija.

Neka im se da

A n (x) = a 0 x n + a 1 x n-1 + a 2 x n-2 + ··· + a n-1 x + a n

B m (x ) = b 0 x m + b 1 x m -1 + b 2 x m -2 + ··· + b m-1 x + b m ,

polinoma s obzirom na x s bilo kojim omjerom.

Teorema. Dva polinoma ovisna o jednom i istog argumenta identički jednaki ako i samo akon = m a njihovi koeficijenti sua 0 = b 0 , a 1 = b 1 , a 2 = b 2 ,··· , a n -1 = b m -1 , a n = b m i t. d.

Očito, jednaki polinomi uzimaju sve vrijednosti x iste vrijednosti. Obrnuto, ako su vrijednosti dva polinoma jednake za sve vrijednosti x, zatim polinome jednaki, odnosno njihovi koeficijenti pri istim potencijamax odgovarati.

Stoga je ideja primjene metode neodređenih koeficijenata na rješavanje problema sljedeća.

Znajmo da se kao rezultat nekih transformacija dobiva izraz određenog oblika i samo su koeficijenti u tom izrazu nepoznati. Tada se ti koeficijenti označavaju slovima i smatraju se nepoznatima. Zatim se sastavlja sustav jednadžbi za određivanje tih nepoznanica.

Na primjer, u slučaju polinoma, te se jednadžbe sastoje od uvjeta jednakosti koeficijenata pri istim potencijama x za dva jednaka polinoma.

Navedeno ćemo pokazati sljedećim konkretnim primjerima, a krenut ćemo s najjednostavnijim.

Tako npr. na temelju teorijskih razmatranja razlomak

može se predstaviti kao zbroj

, gdje a , b i c - koeficijenti koje treba odrediti. Da bismo ih pronašli, izjednačavamo drugi izraz s prvim:

=

i rješavanje nazivnika i prikupljanje na lijevoj strani članova s ​​istim moćima x, dobivamo:

(a + b + c )x 2 + ( b - c )x - a = 2x 2 – 5 x– 1

Budući da zadnja jednakost mora vrijediti za sve vrijednosti x, zatim koeficijenti pri istim potencijamax desno i lijevo trebaju biti jednaki. Tako su dobivene tri jednadžbe za određivanje tri nepoznata koeficijenta:

a+b+c = 2

b - c = - 5

a= 1, odakle a = 1 , b = - 2 , c = 3

Posljedično,

=
,

valjanost ove jednakosti lako je izravno provjeriti.

Zamislimo i razlomak

kao a + b
+ c
+ d
, gdje a , b , c i d- nepoznati racionalni koeficijenti. Izjednačite drugi izraz s prvim:

a + b
+ c
+ d
=
ili, oslobađajući se nazivnika, izbacujući, gdje je to moguće, racionalne faktore ispod predznaka korijena i dovodeći slične članove na lijevu stranu, dobivamo:

(a- 2 b + 3 c ) + (- a+b +3 d )
+ (a+c - 2 d )
+

+ (prije Krista + d )
= 1 +
-
.

Ali takva jednakost je moguća samo u slučaju kada su racionalni članovi oba dijela i koeficijenti na istim radikalima jednaki. Tako su dobivene četiri jednadžbe za pronalaženje nepoznatih koeficijenata a , b , c i d :

a- 2b + 3c = 1

- a+b +3 d = 1

a+c - 2 d = - 1

b - c + d= 0, odakle a = 0 ; b = - ; c = 0 ; d= , tj
= -
+
.

poglavlje II. Traženje rješenja problema s polinomima metoda nesigurnih koeficijenata.

“Ništa ne doprinosi asimilaciji subjekta

i kako se ponašati s njim u različitim situacijama"

Akademik B.V. Gnedenko

2. 1. Rastavljanje polinoma na faktore.

Metode rastavljanja polinoma na faktore:

1) uzimanje zajedničkog faktora iz zagrada 2) metoda grupiranja; 3) primjena osnovnih formula za množenje; 4) uvođenje pomoćnih pojmova 5) prethodna transformacija zadanog polinoma uz pomoć raznih formula; 6) proširenje nalaženjem korijena zadanog polinoma; 7) način uvođenja parametara; 8) metoda nesigurnih koeficijenata.

Zadatak 1. Rastaviti polinom na realne faktore x 4 + x 2 + 1 .

Riješenje. Među djeliteljima slobodnog člana ovog polinoma nema korijena. Ne možemo pronaći korijene polinoma drugim elementarnim sredstvima. Stoga nije moguće izvršiti traženo proširenje tako da se prvo pronađu korijeni ovog polinoma. Ostaje tražiti rješenje problema bilo uvođenjem pomoćnih članova ili metodom neodređenih koeficijenata. Očito je da x 4 + x 2 + 1 = x 4 + x 3 + x 2 - x 3 - x 2 - x + x 2 + x + 1 =

= x 2 (x 2 + x + 1) - x (x 2 + x + 1) + x 2 + x + 1 =

= (x 2 + x + 1)(x 2 - x + 1).

Rezultirajući kvadratni trinomi nemaju korijena i stoga se ne mogu rastaviti na prave linearne faktore.

Opisana metoda je tehnički jednostavna, ali teška zbog svoje artificijelnosti. Doista, vrlo je teško doći do potrebnih pomoćnih pojmova. Samo nam je nagađanje pomoglo pronaći ovu ekspanziju. Ali

Postoje pouzdaniji načini rješavanja takvih problema.

Moglo bi se postupiti na sljedeći način: pretpostavimo da se zadani polinom proširuje u produkt

(x 2 + a x + b )(x 2 + c x + d )

dva kvadratna trinoma s cjelobrojnim koeficijentima.

Dakle, to ćemo imati

x 4 + x 2 + 1 = (x 2 + a x + b )(x 2 + c x + d )

Ostalo je odrediti koeficijentea , b , c i d .

Množenjem polinoma s desne strane posljednje jednakosti dobivamo:x 4 + x 2 + 1 = x 4 +

+ (a + c ) x 3 + (b + a c + d ) x 2 + (oglas + prije Krista ) x + bd .

Ali budući da nam je potrebna desna strana ove jednakosti da se pretvori u isti polinom koji je na lijevoj strani, zahtijevamo da budu ispunjeni sljedeći uvjeti:

a + c = 0

b + a c + d = 1

oglas + prije Krista = 0

bd = 1 .

Rezultat je sustav od četiri jednadžbe s četiri nepoznanicea , b , c i d . Lako je pronaći koeficijente iz ovog sustavaa = 1 , b = 1 , c = -1 i d = 1.

Sada je problem u potpunosti riješen. Dobili smo:

x 4 + x 2 + 1 = (x 2 + x + 1)(x 2 - x + 1).

Zadatak 2. Rastaviti polinom na realne faktore x 3 – 6 x 2 + 14 x – 15 .

Riješenje. Taj polinom predstavljamo u obliku

x 3 – 6 x 2 + 14 x – 15 = (x + a )(x 2 + bx + c) , gdje a , b i S - još neutvrđeni koeficijenti. Budući da su dva polinoma identički jednaka ako i samo ako su koeficijenti pri istim potencijamax su jednaki, onda, izjednačavanje koeficijenata, odnosno, nax 2 , x slobodnih članova, dobivamo sustav od tri jednadžbe s tri nepoznanice:

a+b= - 6

ab+c = 14

ak = - 15 .

Rješenje ovog sustava bit će znatno pojednostavljeno ako uzmemo u obzir da je broj 3 (djelitelj slobodnog člana) korijen ove jednadžbe, pa je stogaa = - 3 ,

b = - 3 i S = 5 .

Zatim x 3 – 6 x 2 + 14 x – 15 = (x – 3)(x 2 – 3 x + 5).

Primijenjena metoda neodređenih koeficijenata, u usporedbi s gornjom metodom uvođenja pomoćnih članova, ne sadrži ništa umjetno, ali zahtijeva primjenu mnogih teorijskih odredbi i popraćena je prilično velikim proračunima. Za polinome višeg stupnja ova metoda neodređenih koeficijenata dovodi do glomaznih sustava jednadžbi.

2.2 Zadaci i s parametrima.

Posljednjih godina zadaci s parametrima predloženi su u USE varijantama. Njihovo rješavanje često uzrokuje određene poteškoće. Kod rješavanja problema s parametrima, uz druge metode, moguće je učinkovito primijeniti metodu neodređenih koeficijenata. Upravo ova metoda uvelike olakšava njihovo rješavanje i brzo dobivanje odgovora.

Zadatak 3. Odredite na kojim vrijednostima parametra a jednadžba 2 x 3 – 3 x 2 – 36 x + a – 3 = 0 ima točno dva korijena.

Riješenje. 1 način. Uz pomoć izvedenice.

Ovu jednadžbu prikazujemo u obliku dviju funkcija

2x 3 – 3 x 2 – 36 x – 3 = – a .

f (x) = 2x 3 - 3 x 2 – 36 x– 3 i φ( x ) = – a .

Istraživanje funkcijef (x) = 2x 3 - 3 x 2 – 36 x - 3 uz pomoć derivacije i shematski konstruirajte njezin graf (sl. 1.).

f( – x )f (x ) , f (– x ) – f (x ). Funkcija nije ni parna ni neparna.

3. Naći kritične točke funkcije, njezine intervale rasta i opadanja, ekstreme. f / (x ) = 6 x 2 – 6 x – 36. D (f / ) = R , pa sve kritične točke funkcije nalazimo rješavanjem jednadžbe f / (x ) = 0 .

6(x 2 – x– 6) = 0 ,

x 2 – x– 6 = 0 ,

x 1 = 3 , x 2 = – 2 teoremom obratno Vieta teoremu.

f / (x ) = 6(x – 3)(x + 2).

+ max - min +

2 3 x

f / (x) > 0 za sve x< – 2 i x > 3 i funkcija je kontinuirana u točkamax =– 2 i x = 3, dakle, raste na svakom od intervala (- ; - 2] i [3; ).

f / (x ) < 0 na - 2 < x< 3 , dakle opada na intervalu [- 2; 3 ].

x = - 2 maksimalna boda, jer u ovom trenutku se predznak izvoda mijenja od"+" do "-".

f (– 2) = 2 (– 8) – 3 4 – 36 (– 2) – 3 = – 16 – 12 + 72 – 3 == 72 – 31 = 41 ,

x = 3 je minimalna točka, budući da se u ovoj točki mijenja predznak derivacije"-" do "+".

f (3) = 2 27 - 3 9 - 36 3 - 3 = 54 - 27 - 108 - 3 = - 138 + +54 = - 84 .

Graf funkcije φ(x ) = – a je ravna linija paralelna s x-osi i prolazi kroz točku s koordinatama (0; – a ). Grafovi imaju dvije zajedničke točke u −a= 41, tj. a =- 41 i - a= - 84, tj. a = 84 .

na

41 φ( x)

2 3 x

3 f ( x ) = 2x 3 – 3 x 2 – 36 x – 3

2 način. Metoda nesigurnih koeficijenata.

Kako bi prema uvjetu zadatka ova jednadžba trebala imati samo dva korijena, ispunjenje jednakosti je očito:

2x 3 – 3 x 2 – 36 x + a – 3 = (x + b ) 2 (2 x + c ) ,

2x 3 – 3 x 2 – 36 x + a – 3 = 2 x 3 + (4 b + c ) x 2 + (2 b 2 + +2 prije Krista ) x + b 2 c ,

Sada izjednačimo koeficijente pri istim potencijama x, dobivamo sustav jednadžbi

4 b + c = - 3

2b 2 + 2bc=- 36

b 2 c = a – 3 .

Iz prve dvije jednadžbe sustava nalazimob 2 + b – 6 = 0, odakle b 1 = - 3 ili b 2 = 2. Odgovarajuće vrijednostiS 1 i S 2 lako je pronaći iz prve jednadžbe sustava:S 1 = 9 ili S 2 = - 11. Konačno, željena vrijednost parametra može se odrediti iz posljednje jednadžbe sustava:

a = b 2 c + 3 , a 1 = - 41 ili a 2 = 84.

Odgovor: ova jednadžba ima točno dvije različite

korijen na a= - 41 i a= 84 .

Zadatak 4. Odredite najveću vrijednost parametraa , za koju je jednadžbax 3 + 5 x 2 + Oh + b = 0

s cjelobrojnim koeficijentima ima tri različita korijena od kojih je jedan - 2 .

Riješenje. 1 način. Zamjena x= - 2 na lijevu stranu jednadžbe, dobivamo

8 + 20 – 2 a + b= 0, što znači b = 2 a – 12 .

Budući da je broj -2 korijen, možete izvaditi zajednički faktor x + 2:

x 3 + 5 x 2 + Oh + b = x 3 + 2 x 2 + 3 x 2 + Oh + (2 a – 12) =

= x 2 (x + 2) + 3 x (x + 2) – 6 x + Oh + (2 a – 12) =

= x 2 (x + 2) + 3 x (x + 2) + (a – 6)(x +2) - 2(a – 6)+ (2 a - 12) =

= (x + 2)(x 2 + 3 x + (a – 6) ) .

Prema uvjetu, postoje još dva korijena jednadžbe. Dakle, diskriminant drugog faktora je pozitivan.

D =3 2 - 4 (a – 6) = 33 – 4 a > 0, tj a < 8,25 .

Čini se da bi odgovor bio a = osam . Ali kada zamijenimo broj 8 u izvornoj jednadžbi, dobivamo:

x 3 + 5 x 2 + Oh + b = x 3 + 5 x 2 + 8 x + 4 = (x + 2)(x 2 + 3 x + 2 ) =

= (x + 1) (x + 2) 2 ,

to jest, jednadžba ima samo dva različita korijena. Ali kod a = 7 stvarno ima tri različita korijena.

2 način. Metoda neodređenih koeficijenata.

Ako jednadžba x 3 + 5 x 2 + Oh + b = 0 ima korijen x = - 2, onda uvijek možete pokupiti brojevec i d tako da za svex jednakost je bila istinita

x 3 + 5 x 2 + Oh + b = (x + 2)(x 2 + S x + d ).

Za pronalaženje brojevac i d otvorite zagrade s desne strane, navedite slične uvjete i dobijte

x 3 + 5 x 2 + Oh + b = x 3 + (2 + S ) x 2 +(2 sa + d ) x + 2 d

Izjednačavanje koeficijenata pri odgovarajućim potencijama x imamo sustav

2 + S = 5

2 S + d = a

2 d = b , gdje c = 3 .

Posljedično, x 2 + 3 x + d = 0 , D = 9 – 4 d > 0 ili

d < 2.25, dakle d (- ; 2 ].

Uvjet problema je zadovoljen vrijednošću d = jedan . Konačna željena vrijednost parametraa = 7.

A n e t: kada a = 7 ova jednadžba ima tri različita korijena.

2.3. Rješenje jednadžbi.

“Zapamtite da kada rješavate male probleme, vi

pripremite se za rješavanje velikih i teških

zadaci.”

Akademik S.L. Sobolev

Pri rješavanju nekih jednadžbi moguće je i potrebno pokazati snalažljivost i dosjetljivost, primijeniti posebne tehnike. Posjedovanje različitih metoda transformacije i sposobnost logičkog zaključivanja od velike je važnosti u matematici. Jedan od tih trikova je zbrajanje i oduzimanje nekog dobro odabranog izraza ili broja. Sama navedena činjenica, naravno, svima je dobro poznata - glavna je poteškoća vidjeti u određenoj konfiguraciji one transformacije jednadžbi na koje je to zgodno i svrsishodno primijeniti.

Na jednostavnoj algebarskoj jednadžbi ilustriramo jednu nestandardnu ​​metodu za rješavanje jednadžbi.

Zadatak 5. Riješite jednadžbu

=
.

Riješenje. Pomnožite obje strane ove jednadžbe s 5 i prepišite na sljedeći način

= 0 ; x 0; -
;

= 0 ,

= 0 ,

= 0 ili
= 0

Dobivene jednadžbe rješavamo metodom neodređenih koeficijenata

x 4 - x 3 –7 x – 3 = (x 2 + ah + b )(x 2 + cx + d ) = 0

x 4 - x 3 –7 x – 3 = x 4 + (a + c ) x 3 + (b + a c + d ) x 2 + (oglas + prije Krista ) x++ bd

Izjednačenje koeficijenata pri x 3 , x 2 , x i slobodnih uvjeta, dobivamo sustav

a + c = -1

b + a c + d = 0

oglas + prije Krista = -7

bd = -3 , odakle nalazimo:a = -2 ; b = - 1 ;

S = 1 ; d = 3 .

Tako x 4 - x 3 –7x– 3 = (x 2 – 2 x – 1)(x 2 + x + 3) = 0 ,

x 2 – 2 x– 1 = 0 ili x 2 + x + 3 = 0

x 1,2 =
bez korijena.

Slično, imamo

x 4 – 12x – 5 = (x 2 – 2 x – 1)(x 2 + 2x + 5) = 0 ,

gdje x 2 + 2 x + 5 = 0 , D = - 16 < 0 , нет корней.

Odgovor: x 1,2 =

Zadatak 6. Riješite jednadžbu

= 10.

Riješenje. Za rješavanje ove jednadžbe potrebno je odabrati brojevea i b tako da su brojnici oba razlomka jednaki. Dakle, imamo sustav:

= 0 , x 0; -1 ; -

= - 10

Dakle, zadatak je pokupiti brojevea i b , za koje je jednakost

(a + 6) x 2 + Ah- 5 = x 2 + (5 + 2 b ) x + b

Sada, prema teoremu o jednakosti polinoma, potrebno je da se desna strana te jednakosti pretvori u isti polinom koji je na lijevoj strani.

Drugim riječima, odnosi se moraju održati

a + 6 = 1

a = 5 + 2 b

– 5 = b , iz koje nalazimo vrijednostia = - 5 ;

b = - 5 .

S ovim vrijednostimaa i b jednakost a + b = - 10 također vrijedi.

= 0 , x 0; -1 ; -

= 0 ,

= 0 ,

(x 2 – 5x– 5)(x 2 + 3x + 1) = 0 ,

x 2 – 5x– 5 = 0 ili x 2 + 3x + 1 = 0 ,

x 1,2 =
, x 3,4 =

Odgovor: x 1,2 =
, x 3,4 =

Zadatak 7. Riješite jednadžbu

= 4

Riješenje. Ova jednadžba je kompliciranija od prethodnih i stoga je grupiramo na takav način da x 0;-1;3;-8;12

0 ,

= - 4.

Iz uvjeta jednakosti dvaju polinoma

Oh 2 + (a + 6) x + 12 = x 2 + (b + 11) x – 3 b ,

dobivamo i rješavamo sustav jednadžbi za nepoznate koeficijentea i b :

a = 1

a + 6 = b + 11

12 = – 3 b , gdje a = 1 , b = - 4 .

Polinomi - 3 - 6x + cx 2 + 8 cx i x 2 + 21 + 12 d – dx međusobno su identični samo kada

S = 1

8 sa - 6 = - d

3 = 21 + 12 d , S = 1 , d = - 2 .

Za vrijednostia = 1 , b = - 4 , S = 1 , d = - 2

jednakost
= - 4 je fer.

Kao rezultat, ova jednadžba ima sljedeći oblik:

= 0 ili
= 0 ili
= 0 ,

= - 4 , = - 3 , = 1 , = -
.

Iz razmatranih primjera vidljivo je kako vješto korištenje metode neodređenih koeficijenata,

pomaže pojednostaviti rješenje prilično složene, neobične jednadžbe.

2.4. Funkcionalne jednadžbe.

“Najviša svrha matematike ... sastoji se

pronaći skriveni red u

kaos koji nas okružuje

N. Wiener

Funkcionalne jednadžbe vrlo su općenita klasa jednadžbi u kojoj je neka funkcija željena. Pod funkcionalnom jednadžbom u užem smislu riječi podrazumijevaju se jednadžbe u kojima se željenim funkcijama pridružuju poznate funkcije jedne ili više varijabli pomoću operacije formiranja složene funkcije. Funkcionalna jednadžba također se može smatrati izrazom svojstva koje karakterizira određenu klasu funkcija

[ na primjer, funkcionalna jednadžba f ( x ) = f (- x ) karakterizira klasu parnih funkcija, funkcionalnu jednadžbuf (x + 1) = f (x ) je klasa funkcija s periodom 1 itd.].

Jedna od najjednostavnijih funkcionalnih jednadžbi je jednadžbaf (x + g ) = f (x ) + f (g ). Kontinuirana rješenja ove funkcionalne jednadžbe imaju oblik

f (x ) = Cx . Međutim, u klasi diskontinuiranih funkcija ova funkcionalna jednadžba ima i druga rješenja. Razmatrana funkcionalna jednadžba je povezana

f (x + g ) = f (x ) · f (g ), f (x g ) = f (x ) + f (g ), f (x g ) = f (x )· f (g ),

kontinuirana rješenja, koja imaju oblik

e cx , ODulx , x α (x > 0).

Stoga ove funkcionalne jednadžbe mogu poslužiti za definiranje eksponencijalnih, logaritamskih i potencijskih funkcija.

Najviše se koriste jednadžbe u čijim su složenim funkcijama tražene vanjske funkcije. Teorijska i praktična primjena

upravo su takve jednadžbe potaknule ugledne matematičare da ih proučavaju.

Na primjer, na poravnanje

f 2 (x) = f (x - g)· f (x + g)

N. I. Lobačevskogkoristi pri određivanju kuta paralelizma u njegovoj geometriji.

Posljednjih godina problemi vezani uz rješavanje funkcionalnih jednadžbi često se nude na matematičkim olimpijadama. Za njihovo rješavanje nisu potrebna znanja koja nadilaze okvire matematičkog programa općeobrazovnih škola. Međutim, rješavanje funkcionalnih jednadžbi često uzrokuje određene poteškoće.

Jedan od načina pronalaženja rješenja funkcionalnih jednadžbi je metoda neodređenih koeficijenata. Može se koristiti kada se izgledom jednadžbe može odrediti opći oblik željene funkcije. To se prije svega odnosi na one slučajeve kada rješenja jednadžbi treba tražiti među cijelim ili razlomačko-racionalnim funkcijama.

Objasnimo bit ove tehnike rješavanjem sljedećih problema.

Zadatak 8. Funkcijaf (x ) je definiran za sve realne x i zadovoljava za svex R stanje

3 f(x) - 2 f(1- x) = x 2 .

Pronaćif (x ).

Riješenje. Budući da je na lijevoj strani ove jednadžbe preko nezavisne varijable x i vrijednosti funkcijef izvode se samo linearne operacije, a desna strana jednadžbe je kvadratna funkcija, prirodno je pretpostaviti da je željena funkcija također kvadratna:

f (x) = sjekira 2 + bx + c , gdjea, b, c – koeficijenti koji se utvrđuju, odnosno neodređeni koeficijenti.

Zamjenom funkcije u jednadžbu dolazimo do identiteta:

3(sjekira 2 + bx+c) – 2(a(1 – x) 2 + b(1 – x) + c) = x 2 .

sjekira 2 + (5 b + 4 a) x + (c – 2 a – 2 b) = x 2 .

Dva polinoma će biti identički jednaka ako su jednaki

koeficijenti pri istim potencijama varijable:

a = 1

5b + 4a = 0

c– 2 a – 2 b = 0.

Iz ovog sustava nalazimo koeficijente

a = 1 , b = - , c = , takođerzadovoljavajednakost

3 f (x ) - 2 f (1- x ) = x 2 na skupu svih realnih brojeva. Istovremeno, postojix 0 Zadatak 9. Funkcijay=f(x) za sve x je definiran, kontinuiran i zadovoljava uvjetf (f (x)) – f(x) = 1 + 2 x . Pronađite dvije takve funkcije.

Riješenje. Nad željenom funkcijom izvode se dvije akcije – operacija prevođenja složene funkcije i

oduzimanje. S obzirom da je desna strana jednadžbe linearna funkcija, prirodno je pretpostaviti da je željena funkcija također linearna:f(x) = sjekira +b , gdjea ib su nedefinirani koeficijenti. Zamjenom ove funkcije uf (f ( (x ) = - x - 1 ;

f 2 (x ) = 2 x+ , koji su rješenja funkcionalne jednadžbef (f (x)) – f(x) = 1 + 2 x .

Zaključak.

Zaključno treba istaknuti da će ovaj rad svakako doprinijeti daljnjem proučavanju originalne i učinkovite metode za rješavanje različitih matematičkih problema, koji su problemi povećane težine i zahtijevaju duboko poznavanje školskog tečaja matematike i visoku logičku kulturu. Svi koji žele sami produbiti svoje znanje iz matematike također će u ovom djelu pronaći materijal za razmišljanje i zanimljive zadatke čije će rješavanje donijeti korist i zadovoljstvo.

U radu je u okviru postojećeg školskog programa iu obliku pristupačnom za učinkovito sagledavanje prikazana metoda neodređenih koeficijenata koja pridonosi produbljivanju školskog matematičkog predmeta.

Naravno, sve mogućnosti metode neodređenih koeficijenata ne mogu se prikazati u jednom radu. Zapravo, metoda još zahtijeva daljnje proučavanje i istraživanje.

Popis korištene literature.

Glazer G.I. Povijest matematike u školi.-M .: Obrazovanje, 1983.

Gomonov S.A. Funkcionalne jednadžbe u školskom kolegiju matematike // Matematika u školi. - 2000 . -№10 .

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh.. Priručnik o matematici.- M.: Nauka, 1972.

Kurosh A.G. Algebarske jednadžbe proizvoljnih stupnjeva.-M.: Nauka, 1983.

Likhtarnikov L.M. Elementarni uvod u funkcionalne jednadžbe. - St. Petersburg. : Lan, 1997.

Manturov O.V., Solntsev Yu.K., Sorokin Yu.I., Fedin N.G. Objašnjavajući rječnik matematičkih pojmova.-M.: Prosvjetljenje, 1971.

Modenov V.P. Matematički priručnik. Ch.1.-M.: Moskovsko državno sveučilište, 1977.

Modenov V.P. Problemi s parametrima.-M .: Ispit, 2006.

Potapov M.K., Aleksandrov V.V., Pasichenko P.I. Algebra i analiza elementarnih funkcija.- M.: Nauka, 1980.

Khaliullin A.A.. Moguće je lakše riješiti // Matematika u školi. – 2003 . - №8 .

Khaliullin.

4. Proširi polinom 2x 4 – 5x 3 + 9x 2 – 5x+ 3 za množitelje s cjelobrojnim koeficijentima.

5. U kojoj vrijednosti a x 3 + 6x 2 + Oh+ 12 uključeno x+ 4 ?

6. Pri kojoj vrijednosti parametraa jednadžbax 3 +5 x 2 + + Oh + b = 0 s cijelim koeficijentima ima dva različita korijena od kojih je jedan jednak 1 ?

7. Među korijenima polinoma x 4 + x 3 – 18x 2 + Oh + b s cjelobrojnim koeficijentima postoje tri jednaka cijela broja. Pronađite vrijednost b .

8. Pronađite najveću cjelobrojnu vrijednost parametra a, pod kojom jednadžba x 3 – 8x 2 + ah +b = 0 s cijelim koeficijentima ima tri različita korijena od kojih je jedan jednak 2.

9. Na koje vrijednosti a i b dijeljenje bez ostatka x 4 + 3x 3 – 2x 2 + Oh + b na x 2 – 3x + 2 ?

10. Faktoriziraj polinome:

a)x 4 + 2 x 2 – x + 2 u)x 4 – 4x 3 +9x 2 –8x + 5 e)x 4 + 12x – 5

b)x 4 + 3x 2 + 2x + 3 G)x 4 – 3x –2 e)x 4 – 7x 2 + 1 .

11. Riješite jednadžbe:

a)
= 2 = 2 f (1 – x ) = x 2 .

Pronaći f (x) .

13. Funkcija na= f (x) za sve x je definirana, kontinuirana i zadovoljava uvjet f ( f (x)) = f (x) + X. Pronađite dvije takve funkcije.

Metoda je primjenjiva za minimiziranje funkcija logičke algebre bilo kojeg broja varijabli.

Razmotrimo slučaj tri varijable. Booleova funkcija u DNF-u može se prikazati u obliku svih mogućih konjunktivnih članova koji mogu biti uključeni u DNF:

gdje su kn(0,1) koeficijenti. Metoda se sastoji u odabiru koeficijenata na takav način da rezultirajući DNF bude minimalan.

Ako sada postavimo sve moguće vrijednosti varijabli od 000 do 111, tada ćemo dobiti 2 n (2 3 =8) jednadžbi za određivanje koeficijenata k:

Promatrajući skupove na kojima funkcija poprima nultu vrijednost, odredite koeficijente koji su jednaki 0 ​​i izbrišite ih iz jednadžbi na čijoj je desnoj strani 1. Od preostalih koeficijenata u svakoj jednadžbi jedan koeficijent je izjednačen s jedan, koji određuje konjunkciju najmanjeg ranga. Preostali koeficijenti izjednačeni su s 0. Dakle, jedinični koeficijenti k odrediti odgovarajući minimalni oblik.

Primjer. Minimizirajte zadanu funkciju

ako su poznate vrijednosti:
;
;
;
;
;
;
;
.

Riješenje.

Nakon brisanja nula koeficijenata dobivamo:

=1;

=1;

=1;

=1.

Izjednačite koeficijent s jedinicom , koja odgovara konjunkciji najmanjeg ranga i pretvara posljednje četiri jednadžbe u 1, au prvoj jednadžbi preporučljivo je koeficijent izjednačiti s 1 . Ostali koeficijenti su postavljeni na 0.

Odgovor: vrsta minimizirane funkcije .

Treba napomenuti da je metoda nesigurnih koeficijenata učinkovita kada je broj varijabli mali i ne prelazi 5-6.

Višedimenzionalna kocka

Razmotrimo grafički prikaz funkcije u obliku višedimenzionalne kocke. Svaki vrh n-dimenzionalna kocka može se dovesti u korespondenciju s jediničnim konstituentom.

Podskup označenih vrhova je preslikavanje na n-dimenzionalni kub Booleove funkcije iz n varijable u SDNF-u.

Za prikaz funkcije iz n varijable predstavljene u bilo kojem DNF-u, potrebno je uspostaviti korespondenciju između njegovih miniterma i elemenata n-dimenzionalna kocka.

Miniterm (n-1)-ti rang
može se smatrati rezultatom lijepljenja dviju miniterma n- rang, tj.

=

Na n-dimenzionalna kocka, to odgovara zamjeni dvaju vrhova koji se razlikuju samo u vrijednostima koordinata x ja povezujući te vrhove bridom (za brid se kaže da pokriva vrhove koji su mu incidentni).

Dakle, miniterms ( n-1)-tog reda odgovaraju bridovima n-dimenzionalne kocke.

Slično, korespondencija miniterma ( n-2)-tog reda lica n-dimenzionalna kocka, od kojih svaka pokriva četiri vrha (i četiri brida).

Elementi n-dimenzionalna kocka, koju karakterizira S mjerenja se nazivaju S- kocke.

Dakle, vrhovi su 0-kocke, bridovi su 1-kocke, lica su 2-kocke, i tako dalje.

Rezimirajući, možemo reći da je miniterm ( n-S) rang u DNF za funkciju n prikazane su varijable S-kocka, i svaki S-kocka pokriva sve one nižedimenzionalne kocke koje su povezane samo svojim vrhovima.

Primjer. Na sl. zadano preslikavanje

Ovdje miniterms
i
odgovaraju 1-kockama ( S=3-2=1), i miniterm x 3 preslikano u 2-kocke ( S=3-1=2).

Dakle, bilo koji DNF preslikava se na n-dimenzionalni set kocki S-kocke koje pokrivaju sve vrhove koji odgovaraju sastavnicama jedinica (0-kocka).

Sastavnice. Za varijable x 1 ,x 2 ,…x n izraz
naziva se sastavni dio jedinice, i
- sastavnica nule ( znači bilo , ili ).

Ova komponenta jedinice (nula) pretvara se u jedinicu (nula) samo s jednim odgovarajućim skupom vrijednosti varijable, koji se dobiva ako se sve varijable uzmu jednake jedinici (nula), a njihove negacije - nuli (jedan).

Na primjer: sastavna jedinica
odgovara skupu (1011), a nulti konstituent
- set (1001).

Budući da je SD(K)NF disjunkcija (konjunkcija) konstituenata jedinice (nula), može se tvrditi da Booleova funkcija koju predstavlja f(x 1 , x 2 ,…, x n) postaje jedan (nula) samo za skupove varijabilnih vrijednosti x 1 , x 2 ,…, x n koji odgovaraju ovim primjercima. Na drugim skupovima ova funkcija postaje 0 (jedan).

Točna je i obrnuta tvrdnja, na kojoj je način prikazivanja kao formule bilo koje Booleova funkcija definirana tablicom.

Da biste to učinili, potrebno je napisati disjunkcije (konjunkcije) konstituenata jedan (nula) koje odgovaraju skupovima varijabilnih vrijednosti na kojima funkcija uzima vrijednost jednaku jedan (nula).

Na primjer, funkcija dana tablicom

dopisivati ​​se

Rezultirajući izrazi mogu se pretvoriti u drugi oblik na temelju svojstava logičke algebre.

Vrijedi i obrnuta tvrdnja: ako neki skup S-kocke pokriva skup svih vrhova koji odgovaraju jediničnim vrijednostima funkcije, zatim disjunkciju koja odgovara ovim S-kub miniterma je izraz zadane funkcije u DNF.

Rečeno je da takav skup S-kocke (ili njima odgovarajući minitermovi) čine pokrivanje funkcije. Želja za minimalnom formom intuitivno se shvaća kao potraga za takvim pokrovom, brojem S-kocke koje bi bile manje, te njihova dimenzija S- više. Poklopac koji odgovara minimalnom obliku naziva se minimalni pokrov.

Na primjer, za funkciju na=
pokrivenost odgovara ne-minimalnom obliku:

riža a) na=,

a premazi na slici b) na=
, riža c) na=
minimalan.

Riža. Pokrivenost funkcija na=:

a) neminimalni; b), c) minimum.

Preslikavanje funkcija uključeno n-dimenzionalno jasno i jednostavno sa n3. Četverodimenzionalna kocka može se prikazati kao što je prikazano na slici, koja prikazuje funkcije četiriju varijabli i njezinu minimalnu pokrivenost koja odgovara izrazu na=

Koristeći ovu metodu za n>4 zahtijeva tako složene konstrukcije da gubi sve svoje prednosti.