Cari hubungan berulang dalam talian. Menjana fungsi - bolak-balik

Hubungan berulang, persamaan berulang atau formula berulang dipanggil hubungan bentuk , yang membolehkan anda mengira semua ahli jujukan
, jika yang pertama k ahli.

1. Formula
menentukan janjang aritmetik.

2. Formula
mentakrifkan janjang geometri.

3. Formula
menetapkan urutan Nombor Fibonacci.

Dalam kes apabila hubungan berulang adalah linear dan homogen, iaitu, hubungan bentuk

(hlm=const), urutan
dipanggil boleh dikembalikan. Polinomial

dipanggil ciri untuk urutan pemulangan
. Akar polinomial
dipanggil ciri.

Set semua jujukan yang memenuhi hubungan ulangan yang diberikan dipanggil persamaan am.

Perihalan persamaan am hubungan (1) mempunyai analog dengan perihalan penyelesaian persamaan pembezaan biasa dengan pekali malar.

Teorem 1. 1. biarlahialah punca polinomial ciri (2). Kemudian urutannya
, di manacialah pemalar arbitrari, memenuhi hubungan (1).

2. Sekiranya
- akar sederhana polinomial ciri (2), maka keputusan bersama perhubungan berulang (1) mempunyai bentuk, di mana
adalah pemalar arbitrari.

3. Sekiranya- akar berbilang
polinomial ciri (2), maka penyelesaian umum hubungan berulang (1) mempunyai bentuk
, di manaadalah pemalar arbitrari.

Mengetahui penyelesaian umum persamaan berulang (1), mengikut keadaan awal,
cari pemalar yang tidak ditentukan dan dengan itu mendapatkan penyelesaian kepada persamaan (1) dengan keadaan awal yang diberikan.

Contoh 2. Cari urutan
, memuaskan hubungan berulang
dan syarat awal
.

Akar polinomial ciri
ialah nombor
. Oleh itu, dengan Teorem 3.1. penyelesaian umum mempunyai bentuk
. menggunakan keadaan awal, kami mendapat sistem

penyelesaian yang kita dapati
dan
. Dengan cara ini,
.

Pertimbangkan persamaan berulang linear tak homogen

biarlah
ialah penyelesaian umum bagi persamaan homogen (1), dan
- persendirian(khusus) penyelesaian persamaan tak homogen (3). Kemudian urutannya
membentuk penyelesaian umum Persamaan (3), dan dengan itu adalah sah.

Teorem 2.Penyelesaian am bagi persamaan berulang linear tak homogen diwakili sebagai hasil tambah penyelesaian umum persamaan berulang linear homogen yang sepadan dan beberapa penyelesaian tertentu bagi persamaan tak homogen.

Oleh itu, berdasarkan Teorem 1, masalah mencari penyelesaian umum kepada persamaan rekursif (3) dikurangkan kepada mencari penyelesaian tertentu.

Dalam sesetengah kes, terdapat resipi umum untuk mencari penyelesaian umum.

Sekiranya
(di mana ) bukan akar ciri, maka, menggantikan
dalam (3), kami perolehi dari sini
, iaitu, penyelesaian tertentu boleh diberikan oleh formula
.

biarlah
- polinomial darjah r daripada pembolehubah n, dan nombor 1 bukan punca ciri. Kemudian penyelesaian tertentu juga harus dicari dalam bentuk
. Menggantikan polinomial ke dalam formula (3), kita perolehi

Membandingkan pekali di sebelah kiri dan kanan kesamaan terakhir, kita memperoleh nisbah nombor membenarkan nombor ini ditentukan.

Contoh. Cari penyelesaian kepada persamaan

(4)

dengan syarat awal
.

Pertimbangkan polinomial ciri
. Kerana
dan sebelah kanan
persamaan (3) adalah sama dengan n+1, maka kami akan mencari penyelesaian tertentu dalam borang
. Menggantikan ke dalam persamaan (4), kita peroleh . Menyamakan pekali di sebelah kiri dan kanan kesamaan terakhir, kami memperoleh sistem

mana kita jumpa
. Oleh itu, penyelesaian tertentu bagi persamaan (4) mempunyai bentuk
. Mengikut Teorem 3.1. penyelesaian umum persamaan homogen
diberikan oleh formula
, dan dengan Teorem 3.2. kita memperoleh penyelesaian umum persamaan (4):
. Dari keadaan awal
cari
, iaitu . Dengan cara ini,
.

Anotasi: Penempatan tanpa ulangan. Permutasi. Gabungan. Hubungan berulang. Kaedah pembuktian lain. Proses pembahagian berturut-turut. Tugas: "Kesukaran majordomo".

Penempatan tanpa ulangan

Tersedia pelbagai barangan. Berapa banyak daripada mereka boleh dibuat - buruj? Dalam kes ini, dua susunan dianggap berbeza jika ia sama ada berbeza antara satu sama lain oleh sekurang-kurangnya satu elemen, atau terdiri daripada elemen yang sama, tetapi disusun dalam susunan yang berbeza. Pengaturan sedemikian dipanggil penempatan tanpa pengulangan, dan nombor mereka dilambangkan dengan . Apabila menyusun peletakan tanpa pengulangan item, kita perlu membuat pilihan. Pada langkah pertama, anda boleh memilih mana-mana item yang tersedia. Jika pilihan ini telah dibuat, maka dalam langkah kedua anda perlu memilih daripada item yang tinggal. Pada - m item langkah. Oleh itu, mengikut peraturan produk, kami memperoleh bahawa bilangan -lokasi tanpa pengulangan daripada objek dinyatakan seperti berikut:

Permutasi

Apabila menyusun susunan tanpa pengulangan daripada unsur po, kami memperoleh susunan yang berbeza antara satu sama lain dalam komposisi dan dalam susunan unsur. Tetapi jika kita mengambil perkiraan yang merangkumi semua elemen, maka ia boleh berbeza antara satu sama lain hanya dalam susunan unsur yang termasuk di dalamnya. Pengaturan sedemikian dipanggil pilih atur bagi n unsur, atau, ringkasnya, dengan pilih atur.

Gabungan

Dalam kes di mana kita tidak berminat dengan susunan unsur dalam gabungan, tetapi hanya berminat dengan komposisinya, kita bercakap tentang gabungan. Jadi, - semua jenis gabungan unsur dipanggil - susunan yang terdiri daripada unsur-unsur ini dan berbeza antara satu sama lain dalam komposisi, tetapi tidak dalam susunan unsur-unsur. Bilangan -gabungan yang boleh terdiri daripada unsur dilambangkan dengan .

Formula untuk bilangan gabungan diperoleh daripada formula untuk bilangan peletakan. Sebenarnya, kami mula-mula akan mengarang segala-galanya - gabungan elemen, dan kemudian kami akan menyusun semula elemen yang disertakan dalam setiap gabungan dalam semua cara yang mungkin. Dalam kes ini, ternyata semua -lokasi elemen, dan setiap satu hanya sekali. Tetapi dari setiap - kombinasi boleh dibuat! pilih atur, dan bilangan gabungan ini ialah . Jadi formula itu sah

Daripada formula ini kita dapati bahawa

Hubungan berulang

Apabila menyelesaikan banyak masalah gabungan gunakan kaedah mengurangkan masalah ini kepada masalah berkenaan lebih sedikit barang. Kaedah mengurangkan kepada masalah yang sama untuk bilangan objek yang lebih kecil dipanggil kaedah perhubungan berulang(dari bahasa Latin "recurrere" - "kembali").

Marilah kita menggambarkan konsep hubungan berulang dengan masalah klasik yang dikemukakan sekitar 1202 oleh Leonardo dari Pisa, yang dikenali sebagai Fibonacci. Kepentingan nombor Fibonacci untuk analisis algoritma gabungan menjadikan contoh ini sangat sesuai.

Fibonacci menimbulkan masalah dalam bentuk cerita tentang kadar pertumbuhan populasi arnab di bawah andaian berikut. Semuanya bermula dengan sepasang arnab. Setiap pasangan menjadi subur selepas sebulan, selepas itu setiap pasangan bersalin sepasang baru arnab setiap bulan. Arnab tidak pernah mati dan pembiakannya tidak pernah berhenti.

Biarkan - bilangan pasangan arnab dalam populasi selepas bulan, dan biarkan populasi ini terdiri daripada pasangan anak dan pasangan "lama", iaitu, . Justeru, pada bulan hadapan akan berlaku peristiwa berikut: . Populasi tua pada saat ke- akan bertambah dengan bilangan kelahiran pada masa itu . . Setiap pasangan tua pada masa menghasilkan sepasang anak pada masa . Pada bulan berikutnya, corak ini diulang:

Menggabungkan kesamaan ini, kita mendapat hubungan berulang berikut:

(7.1)

Pilihan syarat awal untuk jujukan Fibonacci tidak penting; sifat penting bagi jujukan ini ditentukan oleh hubungan berulang. Kami akan menganggap (kadang-kadang ).

Mari kita lihat masalah ini sedikit berbeza..

Sepasang arnab sebulan sekali melahirkan dua ekor arnab (betina dan jantan), dan arnab yang baru lahir sudah pun beranak dua bulan selepas dilahirkan. Berapakah bilangan arnab yang akan muncul dalam setahun jika terdapat sepasang arnab pada awal tahun?

Daripada keadaan masalah itu berikutan bahawa dalam sebulan akan ada dua pasang arnab. Selepas dua bulan, hanya pasangan pertama arnab akan memberikan anak, dan 3 pasang akan diperolehi. Dan dalam sebulan, kedua-dua sepasang arnab asal dan sepasang arnab yang muncul dua bulan lalu akan memberikan zuriat. Oleh itu, akan ada 5 pasang arnab kesemuanya. Nyatakan dengan bilangan pasangan arnab selepas bulan sejak awal tahun. Adalah jelas bahawa dalam beberapa bulan akan ada pasangan arnab ini dan seberapa banyak pasangan arnab yang baru lahir seperti yang terdapat pada akhir bulan, iaitu lebih banyak pasang arnab. Dengan kata lain, terdapat hubungan berulang

(7.2)

Oleh kerana, mengikut syarat, dan , kita dapati secara berturut-turut

khususnya, .

Nombor dipanggil Nombor Fibonacci. Mereka mempunyai beberapa sifat yang indah. Sekarang kita memperoleh ungkapan nombor ini melalui . Untuk melakukan ini, kami mewujudkan sambungan antara nombor Fibonacci dan masalah gabungan berikut.

Cari bilangan urutan 0 dan 1 di mana tiada dua 1 berturut-turut.

Untuk mewujudkan sambungan ini, kami mengambil sebarang urutan sedemikian dan membandingkan sepasang arnab dengannya mengikut peraturan berikut: unit sepadan dengan bulan kelahiran salah satu pasangan "nenek moyang" pasangan ini (termasuk yang asal) , dan sifar sepadan dengan semua bulan lain. Sebagai contoh, urutan 010010100010 menetapkan "genealogi" berikut: pasangan itu sendiri muncul pada akhir bulan ke-11, ibu bapanya - pada akhir bulan ke-7, "datuk" - pada akhir bulan ke-5 dan "hebat -datuk" - pada akhir bulan kedua. Sepasang arnab asal kemudian disulitkan dengan urutan 000000000000.

Adalah jelas bahawa dalam kes ini dua unit berturut-turut tidak boleh dalam sebarang urutan - sepasang yang baru muncul tidak boleh, dengan syarat, membawa zuriat dalam sebulan. Di samping itu, di bawah peraturan yang ditunjukkan, pasangan arnab yang berbeza sepadan dengan urutan yang berbeza, dan sebaliknya, dua pasang arnab yang berbeza sentiasa mempunyai "genealogi" yang berbeza, kerana, mengikut keadaan, arnab betina melahirkan, yang terdiri daripada hanya satu pasangan. daripada arnab.

Sambungan yang ditubuhkan menunjukkan bahawa bilangan -jujukan yang memiliki harta yang ditentukan, sama .

Mari kita buktikan sekarang

(7.3)

Di mana , jika ganjil, dan , jika genap. Dalam kata lain, - keseluruhan bahagian nombor (selepas ini kita akan menandakan bahagian integer nombor dengan ; oleh itu, ).

Sesungguhnya, adalah bilangan semua - urutan 0 dan 1 di mana tiada dua 1 bersebelahan. Bilangan jujukan sedemikian yang termasuk tepat 1s dan 0s adalah sama dengan . Oleh kerana ini mesti dilakukan

Saiz: px

Mulakan tera dari halaman:

transkrip

1 KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN SAINS PERSEKUTUAN RUSIA Universiti Negeri Kostroma dinamakan sempena N. A. Nekrasov T. N. Matytsina MATEMATIK DISKRIT PENYELESAIAN HUBUNGAN BERULANG Bengkel Kostroma 2010

2 BBK ya73-5 M348 Diterbitkan melalui keputusan majlis editorial dan penerbitan KSU N. A. Nekrasova Pengulas A. V. Cherednikova, Calon Sains Fizikal dan Matematik, Profesor Madya M348 Matytsina T. N. Matematik Diskret. Penyelesaian hubungan berulang: bengkel [Teks] / T. N. Matytsina. Kostroma: KSU im. N. A. Nekrasova, hlm. Bengkel mengandungi tugasan individu untuk pelajar dan direka untuk menyediakan kerja bebas untuk menguasai bahagian pertama kursus "Matematik Diskret". Bagi pelajar 2 3 kursus Fakulti Fizik dan Matematik, belajar dalam kepakaran "Matematik" dengan kepakaran tambahan "Sains Komputer", "Informatik" dengan kepakaran tambahan "Matematik". BBK ya73-5 T. N. Matytsina, 2010 KSU im. N. A. Nekrasova,

3 KANDUNGAN Pengenalan Garis panduan untuk menyelesaikan hubungan ulangan linear Konsep asas dan definisi urutan berulang (berulang) Algoritma untuk menyelesaikan LORS dan LRS Contoh penyelesaian LORS dan LRS Masalah untuk keputusan bebas Tugas untuk menyelesaikan LORS dan Jawapan LRS Kesimpulan Senarai bibliografi

4 PENGENALAN Bahagian pertama kursus "Matematik Diskret", dipelajari oleh pelajar 2 3 kursus Fakulti Fizik dan Matematik, belajar dalam kepakaran "Informatik" dengan kepakaran tambahan "Matematik" (semester IV) dan "Matematik" dengan kepakaran tambahan "Sains Komputer" (semester V), melibatkan penyelesaian hubungan berulang. Edisi ini termasuk tugas untuk mengira hubungan berulang linear homogen dan tidak homogen. Alasan untuk menulis kerja amali adalah hakikat bahawa pelajar secara praktikal tidak mempunyai kemahiran dalam menyelesaikan masalah dalam kursus ini. Salah satu sebabnya ialah kekurangan buku teks atau buku masalah yang boleh diakses. Tugasan daripada bengkel yang dicadangkan akan membantu setiap pelajar (secara individu) menangani kaedah dan teknik asas untuk menyelesaikan masalah. Dengan tujuan untuk lebih pembelajaran yang mudah Bahan pada permulaan manual mempertimbangkan semua jenis tugas yang dicadangkan untuk penyelesaian bebas. Di penghujungnya terdapat senarai bacaan yang disyorkan yang akan membantu anda mempelajari subjek ini secara mendalam. Topik "Hubungan Berulang" dekat dengan kursus sekolah(janjang aritmetik dan geometri, urutan segi empat sama dan kubus nombor asli, dsb.), oleh itu, tidak memerlukan pelajar untuk mempelajari mana-mana disiplin lain sebelum ini. Asas-asas teori perhubungan berulang (jujukan pulangan) telah dibangunkan dan diterbitkan pada tahun 1920-an. abad ke 18 ahli matematik Perancis A. Moivre dan salah seorang ahli pertama Akademi Sains St. Petersburg, ahli matematik Switzerland D. Bernoulli. Teori terperinci telah diberikan oleh ahli matematik terhebat pada abad ke-18. empat

5 Ahli Akademik Petersburg L. Euler. Daripada kerja-kerja kemudian, seseorang harus memilih pembentangan teori urutan berulang dalam kursus mengenai kalkulus perbezaan terhingga, yang dibaca oleh ahli matematik terkenal Rusia, ahli akademik P. L. Chebyshev dan A. A. Markov. Hubungan berulang (dari perkataan Latin recurrere to return) memainkan peranan yang besar dalam matematik diskret, pada dasarnya dalam erti kata tertentu analog diskret persamaan pembezaan. Di samping itu, mereka membolehkan anda mengurangkan tugasan ini daripada parameter kepada masalah daripada 1 parameter, kemudian kepada masalah daripada 2 parameter, dsb. Dengan mengurangkan bilangan parameter secara berturut-turut, seseorang boleh mencapai masalah yang sudah mudah diselesaikan. Konsep hubungan berulang (jujukan pulangan) ialah generalisasi luas konsep aritmetik atau janjang geometri. Sebagai kes khas, ia juga meliputi jujukan segi empat sama atau kubus nombor asli, jujukan digit perpuluhan nombor rasional(dan mana-mana jujukan berkala secara umum), jujukan hasil bagi dua polinomial yang disusun dalam peningkatan kuasa x, dsb. 5

6 1. CADANGAN METODOLOGI UNTUK MENYELESAIKAN HUBUNGAN BERULANG LINEAR 1.1. Konsep asas dan definisi urutan berulang (berulang) Kami akan menulis urutan dalam bentuk a 1, a 2, a 3, a, (1) atau, secara ringkas, (a ). Jika terdapat nombor asli k dan nombor α 1, α 2, α k (nyata atau khayalan), supaya, bermula dari beberapa nombor dan untuk semua nombor berikutnya, a +k = α 1 a +k 1 + α 2 a + k α k a, (k 1), (2) maka turutan (1) dipanggil urutan berulang (berulang) bagi susunan k, dan hubungan (2) dipanggil persamaan berulang (berulang) bagi susunan k. Oleh itu, urutan berulang dicirikan oleh fakta bahawa setiap ahlinya (bermula daripada sebahagian daripada mereka) dinyatakan melalui nombor k yang sama bagi ahli yang mendahului segera mengikut formula (2). Nama "berulang" (dan juga berulang) digunakan dengan tepat kerana di sini, untuk mengira istilah berikutnya, mereka kembali ke istilah sebelumnya. Mari kita berikan beberapa contoh urutan berulang. Contoh 1. Janjang geometri. Biarkan kita mempunyai janjang geometri: a 1 = α, a 2 = α q, a 3 = α q 2, a = α q 1, ; (3) untuknya persamaan (2) mengambil bentuk: a +1 = q a. (4) 6

7 Di sini k = 1 dan α 1 = q. Oleh itu, janjang geometri ialah jujukan berulang bagi urutan pertama. Contoh 2. Janjang aritmetik. Bila janjang aritmetik a 1 = α, a 2 = α + d, a 3 = α + 2d, a = α + (1)d, kita mempunyai hubungan +1 = a + d yang tidak mempunyai bentuk persamaan (2). Walau bagaimanapun, jika kita menganggap dua nisbah yang ditulis untuk dua nilai bersebelahan: a +2 = a +1 + d dan a +1 = a + d, maka kita dapat daripadanya dengan penolakan sebutan demi sebutan a +2 a +1 = a +1 a, atau a +2 = 2a +1 persamaan bentuk (2). Di sini k = 2, α 1 = 2, α 2 = 1. Oleh itu, janjang aritmetik ialah jujukan berulang bagi tertib kedua. Contoh 3 Pertimbangkan masalah Fibonacci 1 lama mengenai bilangan arnab. Ia dikehendaki menentukan bilangan pasangan arnab matang yang terbentuk daripada sepasang pada tahun itu, jika diketahui setiap pasangan arnab matang melahirkan sepasang baru setiap bulan, dan bayi yang baru lahir mencapai kematangan penuh dalam tempoh sebulan. Apa yang menarik dalam masalah ini bukanlah hasil, yang sama sekali tidak sukar diperoleh, tetapi urutan yang ahlinya menyatakan jumlah nombor pasangan arnab matang masuk detik awal(a 1) dalam sebulan (a 2), dalam dua bulan (a 3) dan, secara amnya, dalam bulan (a +1). Jelas sekali, a 1 = 1. Dalam sebulan, sepasang bayi baru lahir akan ditambah, tetapi bilangan pasangan matang akan sama: a 2 = 1. Dalam dua bulan, arnab akan mencapai kematangan dan jumlah bilangan matang. pasangan akan sama dengan dua: a 3 = 2. Mari kita hitung sudah kuantiti 1 Fibonacci, atau Leonardo of Pisa, seorang ahli matematik zaman pertengahan Itali (sekitar 1200) meninggalkan sebuah buku On the Abacus yang mengandungi aritmetik dan maklumat algebra dipinjam daripada orang ramai Asia Tengah dan Byzantine dan diolah semula secara kreatif dan dibangunkan oleh mereka. 7

8 pasangan matang selepas 1 bulan dan selepas bulan +1. Oleh kerana pada masa ini pasangan matang yang tersedia sebelum ini akan memberikan lebih banyak pasangan anak, maka selepas + 1 bulan jumlah bilangan pasangan matang ialah: a +2 = a +1 + a. (6) Oleh itu 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,. Oleh itu, kita telah memperoleh urutan 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) dalam yang setiap penggal berikutnya adalah sama dengan jumlah dua yang sebelumnya. Jujukan ini dipanggil jujukan Fibonacci, dan ahlinya dipanggil nombor Fibonacci. Persamaan (6) menunjukkan bahawa jujukan Fibonacci ialah jujukan berulang bagi tertib kedua. Contoh 4. Sebagai contoh seterusnya, pertimbangkan jujukan kuasa dua nombor asli: a 1 = 1 2, a 2 = 2 2, a 3 = 3 2, a = 2,. (8) Di sini a +1 = (+ 1) 2 = dan, oleh itu, a +1 = a (9) Bertambah dengan satu, kita dapat: a +2 = a (10) Dan, oleh itu (menolak sebutan dengan sebutan ( 9) daripada (10)), a +2 a +1 = a +1 a + 2, atau a +2 = 2a +1 a + 2. (11) Bertambah dalam kesamaan (11) dengan satu, kita mempunyai: a +3 = 2a+2a; (12) dari mana (menolak sebutan dengan sebutan (11) daripada (12)) a +3 a +2 = 2a +2 3a +1 + a, 8

9 atau a +3 = 3a +2 3a +1 + a. (13) Kami telah memperoleh persamaan rekursif tertib ketiga. Akibatnya, urutan (8) ialah urutan berulang bagi urutan ketiga. Contoh 5. Pertimbangkan jujukan kubus nombor asli: a 1 = 1 3, a 2 = 2 3, a 3 = 3 3, a = 3,. (14) Dengan cara yang sama seperti dalam Contoh 4, kita boleh mengesahkan bahawa jujukan kubus nombor asli ialah jujukan berulang tertib keempat. Ahlinya memenuhi persamaan a +4 = 4a +3 6a a +1 a. (15) Dalam kes jujukan berulang termudah, seperti janjang aritmetik dan geometri, jujukan segi empat sama atau kubus nombor asli, kita boleh mencari mana-mana ahli jujukan itu tanpa perlu mengira anggota sebelumnya. Dalam kes urutan nombor Fibonacci, kita, pada pandangan pertama, tidak mempunyai peluang untuk ini dan, untuk mengira nombor Fibonacci ketiga belas a 13, kita mula-mula mencari, satu demi satu, semua istilah sebelumnya (menggunakan persamaan 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. Dalam perjalanan kajian terperinci tentang struktur ahli urutan berulang anda boleh mendapatkan formula yang membolehkan anda mengira dalam sangat kes am mana-mana ahli urutan berulang, tanpa menggunakan pengiraan anggota sebelumnya. Dalam erti kata lain, tugas seterusnya adalah untuk mencari formula untuk ahli ke-jujukan, bergantung hanya pada nombor. 9

10 Hubungan berulang dalam kes umum boleh ditulis sebagai a +k = F(, a +k 1, a +k 2, a), di mana F ialah fungsi k + 1 pembolehubah, dan nombor k dipanggil susunan perhubungan. Penyelesaian hubungan ulangan ialah urutan berangka b 1, b 2, b 3, b, yang mana kesamaan dipegang: b + k = F(, b + k 1, b + k 2, b) untuk sebarang = 0 , 1, 2, . Secara umumnya, hubungan berulang arbitrari mempunyai banyak penyelesaian yang tidak terhingga. Sebagai contoh, jika kita menganggap hubungan berulang bagi susunan kedua a +2 = a +1 + a, maka, sebagai tambahan kepada jujukan Fibonacci: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ..., dicirikan oleh fakta bahawa di sini a 1 = a 2 = 1 memenuhi nombor tak terhingga jujukan lain yang diperoleh dengan pilihan nilai yang berbeza a 1 dan a 2. Jadi, sebagai contoh, untuk 1 = 3 dan 2 = 1 kita mendapat urutan: 3, 1, 2 , 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29,. Untuk menentukan secara unik penyelesaian perhubungan berulang, adalah perlu untuk menetapkan syarat awal (mesti terdapat sama banyak keadaan awal seperti susunan perhubungan berulang). Untuk menyelesaikan hubungan berulang bermakna mencari formula sebutan ke-jujukan. Malangnya, tiada kaedah umum untuk menyelesaikan hubungan berulang sewenang-wenangnya. Pengecualian ialah kelas yang dipanggil hubungan berulang linear dengan pekali malar. Hubungan rekursif bentuk a +k = α 1 a +k 1 + α 2 a +k α k a, di mana a i ialah beberapa nombor, i = 1, 2, k, dipanggil hubungan ulangan homogen linear (LORS) dengan pekali tertib malar k. sepuluh

11 Hubungan rekursif bentuk a +k = α 1 a +k 1 + α 2 a +k α k a + f(), dengan a i ialah beberapa nombor, i = 1, 2, k, f() 0 ialah a fungsi, dipanggil nisbah berulang linear (LRS) dengan pekali malar susunan k Algoritma untuk menyelesaikan LORS dan Algoritma LRS untuk menyelesaikan LORS. Kami mempunyai LORS: a +k = α 1 a +k 1 + α 2 a +k α k a. 1 langkah. Setiap LORS susunan k sepadan dengan persamaan algebra darjah k dengan pekali yang sama, dan ia dipanggil persamaan ciri LORS. Kami menyusun persamaan ciri x k = α 1 x k 1 + α 2 x k α k x 0 dan mencari puncanya x i, di mana i = 1, k. 2 langkah. Jika x i ialah punca kepelbagaian 1 (iaitu, semuanya berbeza antara satu sama lain), maka penyelesaian am LORS mempunyai bentuk: a = c 1 (x 1) + c 2 (x 2) + c 3 (x 3) + + c k (x k ) = c i x i Jika x i ialah punca gandaan r i, maka penyelesaian am LORS mempunyai bentuk 2) x). i x i k i= 1 3 langkah. Pekali c i didapati menggunakan keadaan awal. sebelas

12 Algoritma untuk menyelesaikan LRS. Kami mempunyai LRS: a +k = α 1 a +k 1 + α 2 a +k α k a + f(). Fungsi f() boleh diwakili sebagai R m () λ, di mana R m () ialah polinomial darjah m dalam pembolehubah. Sesungguhnya, sebagai contoh: f() = 10 3= (10 3)1 = R 1 () 1, atau f() = = (2 + 3) 3 = R 2 () 3. Mari kita tulis semula LRS sebagai + k α 1 a +k 1 α 2 a +k 2 α k a = R m () λ. 1 langkah. Kami menulis LORS yang sepadan: a +k α 1 a +k 1 α 2 a +k 2 α k a = 0 dan cari penyelesaian amnya. Untuk melakukan ini, kita menyusun persamaan ciri x k α 1 x k 1 α 2 x k 2 α k x 0 = 0 dan mencari puncanya x i, di mana i = 1, k. Biarkan, sebagai contoh, x i punca yang berbeza, maka penyelesaian am LORS yang sepadan mempunyai bentuk: a = c 1 (x 1) + c 2 (x 2) + c 3 (x 3) + + c k (x k). 2 langkah. Kami mencari penyelesaian tertentu bagi LRS: a) jika λ bukan punca persamaan ciri x k α 1 x k 1 α 2 x k 2 α k = 0, maka a = Q m () λ, dengan Q m () ialah polinomial darjah m dalam pembolehubah; b) jika λ ialah punca bagi persamaan ciri x k α 1 x k 1 α 2 x k 2 α k = 0 kedaraban r, maka a = r Q m () λ, dengan Q m () ialah polinomial darjah m dalam pembolehubah. Seterusnya, kita gantikan a ke dalam LRS asal dan cari pekali dalam polinomial Q m (). 12

13 3 langkah. Kami mencari penyelesaian umum LRS, ia adalah hasil tambah penyelesaian umum LORS a yang sepadan dan penyelesaian tertentu LRS a, iaitu, a = a + a. Pekali c i didapati menggunakan keadaan awal Contoh penyelesaian LORS dan LRS Menggunakan algoritma di atas untuk mencari penyelesaian LORS dan LRS, mari kita analisa beberapa masalah. Tugasan 1. Cari penyelesaian kepada hubungan berulang homogen linear tertib kedua: a +2 = 6 a +1 8 a, a 0 = 3, a 1 = Susun persamaan ciri x 2 = 6 x 8 x 0 dan cari akarnya. x 2 6x + 8 = 0; x 1 \u003d 2, x 2 \u003d 4 punca adalah berbeza, oleh itu, kepelbagaiannya ialah Kami mencari penyelesaian umum LORS: a \u003d c 1 (x 1) + c 2 (x 2) \u003d c c Sejak syarat awal diberikan, maka pekali c 1 dan c 2 ditentukan secara unik. a 0 \u003d c c \u003d c 1 + c 2 \u003d 3; a 1 = c c = 2c 1 + 4c 2 = 4. Kami mendapat sistem: c1 + c2 = 3, 2c1 + 4c2 = 4. Menyelesaikannya, kami mencari pekali: c 1 = 8, c 2 = 5. Oleh itu, penyelesaian LORS mempunyai bentuk a = Masalah 2. Cari penyelesaian kepada hubungan ulangan homogen linear: 13

14 a +2 \u003d 6 a +1 9 a, a 0 \u003d 5, a 1 \u003d Susun persamaan ciri x 2 \u003d 6x 9 dan cari puncanya. x 2 6x + 9 = 0; (x 3) 2 = 0; x 1 \u003d x 2 \u003d 3 dua punca, manakala x 1 dan x 2 bertepatan, oleh itu, kepelbagaian punca ialah Kami mencari penyelesaian umum LORS: a \u003d (c 1 + c 2) (x 1) \u003d (c 1 + c 2) Dengan menggunakan keadaan awal, kami menentukan pekali c 1 dan 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. Kami mendapat sistem c1 = 5, c1 + c2 = 2. Menyelesaikannya, kami mencari pekali c 1 = 5 , c 2 = 3. Oleh itu, penyelesaian LORS mempunyai bentuk: a = (5 3) 3. Catatan. Seperti yang diketahui, punca-punca persamaan kuadratik boleh menjadi rasional, tidak rasional, nombor kompleks, dan lain-lain. Kaedah untuk menyelesaikan hubungan ulangan linear dengan punca tersebut diselesaikan dengan cara yang sama. Masalah 3. Cari penyelesaian kepada hubungan ulangan homogen linear tertib ketiga: a +3 = 3 a a +1 8 a, a 0 = 9, a 1 = 9, a 2 = Susun persamaan ciri x 3 = 3 x x 8 dan cari akarnya. x 3 3x 2 6x + 8 = 0; (x 1)(x + 2)(x 4) = 0; x 1 = 1, x 2 = 2, x 3 = 4 punca adalah berbeza, oleh itu, kepelbagaiannya adalah sama.c c 2 (2) + c

15 3. Dengan menggunakan keadaan awal, kita dapati pekali c 1, c 2 dan 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. Oleh itu, c1 + 4c2 + 16c3 = 9, dengan itu, penyelesaian LORS mempunyai bentuk : a = (2) 2 4. Masalah 4. Cari penyelesaian kepada hubungan ulangan homogen linear tertib ketiga: a 0 \u003d 6, a 1 \u003d 15, a 2 \u003d Susun persamaan ciri x 3 \u003d x 2 + 5x 3 dan cari puncanya. x 3 + x 2 5x + 3 = 0; (x 1) 2 (x + 3) = 0; x 1 \u003d x 2 \u003d 1 punca kepelbagaian 2; x 3 = 3 punca gandaan 3. Dengan menggunakan keadaan awal, kita dapati pekali c 1, c 2 dan 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, Menyelesaikan sistem c1 + c2 3c3 = 15, kita dapat c 1 = 8, c 2 = 1 dan c 3 = 2. Oleh itu, c1 + 2c2 + 9c3 = 8, dengan itu, penyelesaian LORS mempunyai bentuk: a = (8 +) 1 2 (3). lima belas

16 Tugasan 5. Cari penyelesaian kepada hubungan ulangan linear tertib kedua: Mari tulis semula LRS dalam bentuk a +2 = 18 a a + 128, a 0 = 5, a 1 = 2. a a a = () 1. Tuliskan LRS yang sepadan: a a a = 0. persamaan ciri dan cari puncanya. x 2 18x + 81 = 0; (x 9) 2 = 0; x 1 \u003d x 2 \u003d 9, punca-punca persamaan ciri bertepatan, oleh itu, kepelbagaiannya ialah 2. Kemudian penyelesaian am a \u003d (c 1 + c 2) (x 1) \u003d (c 1 + c 2) Cari penyelesaian tertentu bagi LRS. Dengan keadaan f() = R m () λ = = = R 0 () λ, di mana R 0 () = 128 ialah polinomial sifar darjah dalam pembolehubah, dan λ = 1 bukan punca persamaan ciri bagi LORS yang sepadan. Oleh itu, a \u003d Q m () λ \u003d Q 0 () 1, di mana Q 0 () ialah polinomial sifar darjah dalam pembolehubah, secara amnya Q 0 () \u003d s. Oleh itu, a \u003d c 1. Seterusnya, kita gantikan a ke dalam LRS asal () dan cari pekali c dalam polinomial Q 0 (): c c c 1 = ; daripada 18s + 81s = 128; 64s = 128; c = 2. Oleh itu, kita dapat a = c 1 = 2 1 = 2. 16

17 3. Kita dapati penyelesaian umum LRS, ia ialah hasil tambah penyelesaian umum LRS a yang sepadan dan penyelesaian tertentu LRS a, iaitu, a = a + a = (c 1 + c 2) Ia kekal untuk mencari pekali c 1 dan c menggunakan keadaan awal 2. a 0 = (c 1 + c 2 0) = c = 5; a 1 = (c 1 + c 2 1) = 9c 1 + 9c = 2; Menyelesaikan sistem c1 + 2 = 5, 9c1 + 9c2 + 2 = 2, kita dapat c 1 = 3, c 2 = 3. Oleh itu, penyelesaian LRS mempunyai bentuk: a = (3 3) Masalah 6. Cari penyelesaian kepada hubungan ulangan linear: a +2 = 10 a a , a 0 = 7, a 1 = 50. Mari kita tulis semula LRS sebagai a a a = Kita tuliskan LRS yang sepadan: a a a = 0; tulis persamaan ciri dan cari puncanya. x 2 10 x + 25 = 0; (x 5) 2 = 0; x 1 \u003d x 2 \u003d 5 ialah punca kepelbagaian 2. Kemudian penyelesaian am LORS mempunyai bentuk: a \u003d (c 1 + c 2) (x 1) \u003d (c 1 + c 2) Cari penyelesaian tertentu bagi LRS. Mengikut keadaan f() = R m () λ = 50 5 = R 0 () λ, di mana R 0 () = 50 ialah polinomial sifar darjah dalam pembolehubah, dan λ = 5 bertepatan dengan punca x 1 bagi gandaan 2 daripada persamaan ciri LORS yang sepadan. Oleh itu, a = r Q m () λ = = 2 Q 0 () 5, di mana Q 0 () = dengan polinomial sifar darjah dalam pembolehubah. Oleh itu, a \u003d 2 dengan 5. Seterusnya, kami menggantikan a ke dalam LRS asal dan mencari pekali c: 17

18 s (+ 2) s (+ 1) s 2 5 \u003d 50 5 (bahagi dengan 5 0); 25s (+ 2) 2 50s (+ 1) s 2 = 50; s () 2s () + s 2 = 2; c = 1. Oleh itu, a = 2 c 5 = Kami menulis penyelesaian am LRS: a = a + a = (c 1 + c 2) c 2 0) = c 1 = 7; a 1 = (c 1 + c 2 1) = 5c 1 + 5c = 50; Menyelesaikan sistem c1 = 7, c1 + c2 + 1 = 10, kita dapat c 1 = 7, c 2 = 2. Oleh itu, penyelesaian LRS mempunyai bentuk: a = (7 + 2) = () 5. Masalah 7 Cari hubungan ulangan linear penyelesaian: a +2 = 6 a +1 8 a , a 0 = 0, a 1 = 11. Tulis semula LRS dalam bentuk a +2 6 a a = Tulis LRS yang sepadan: a +2 6 a a = 0; tulis persamaan ciri dan cari puncanya. x 2 6x + 8 = 0; x 1 \u003d 2, x 2 \u003d 4 punca kepelbagaian sama dengan 1. Kemudian penyelesaian am LRS mempunyai bentuk a \u003d c 1 (x 1) + c 2 (x 2) \u003d c c Cari yang tertentu penyelesaian LRS. Mengikut keadaan f() = R m () λ = = (3 + 2) 1 = R 1 () λ, di mana R 1 () = polinomial darjah pertama dalam pembolehubah, dan λ = 1 bukan punca persamaan ciri LORS yang sepadan. Oleh itu, a = Q m () λ = Q 1 () 1, di mana Q 1 () ialah polinomial bagi darjah pertama dalam pembolehubah, secara amnya Q 1 () = = a + b. Jadi a = (a + b) 1. 18

19 a dan b: Seterusnya, kita gantikan a ke dalam LRS asal dan cari pekali (a (+ 2) + b) (a (+ 1) + b) (a + b) 1 = 3 + 2; 25s (+ 2) 2 50s (+ 1) s 2 = 3 + 2; 3a + (3b 4a) = Oleh itu, kita telah memperoleh bahawa dua polinomial adalah sama, dan kemudian pekali yang sepadan adalah sama: 3a = 3, a = 1, 3b 4a = 2 b = 2. Oleh itu, a = (a + b ) 1 = Kami menulis penyelesaian am LRS: a = a + a = c c (+ 2). Dengan menggunakan keadaan awal, kita dapati pekali c 1, dan c 2: a 0 = c c (0 + 2) = 0; a 1 \u003d c c (1 + 2) \u003d 11; Menyelesaikan sistem c1 + c2 = 2, 2c1 + 4c2 = 14, kita dapat c 1 = 3, c 2 = 5. Oleh itu, penyelesaian LRS mempunyai bentuk: a = Masalah 8. Cari penyelesaian hubungan ulangan linear: a +2 = 5 a +1 6 a + (10 4) 2, a 0 = 5, a 1 = 12. Tulis semula LRS dalam bentuk a +2 5 a a = (10 4) Tulis LRS yang sepadan: a + 2 5 a a = 0; tulis persamaan ciri dan cari puncanya. x 2 5x + 6 = 0; x 1 = 3, x 2 = 2 punca pelbagai kepelbagaian 1. Maka penyelesaian am LORS ialah: a = c 1 (x 1) + c 2 (x 2) = c c

20 2. Cari penyelesaian tertentu bagi LRS. Dengan syarat, kita mempunyai bahawa f() = = R m () λ = (10 4) 2 = R 1 () λ, di mana R 1 () = (10 4) ialah polinomial bagi darjah pertama dalam pembolehubah, dan λ = 2, maka adalah bertepatan dengan punca persamaan ciri LORS yang sepadan. Oleh itu, a = r Q m () λ = 1 Q 1 () 2, di mana Q 1 () ialah polinomial bagi darjah pertama dalam pembolehubah, secara amnya Q 1 () = a + b. Oleh itu, kita mendapat a = = (a + b) 2. Seterusnya, kita menggantikan a ke dalam hubungan asal dan mencari pekali a dan b. (+ 2)(a (+ 2) + b) (+ 1) (a (+ 1) + b) (a + b) 2 = = (10 4) 2. Bahagikan persamaan ini dengan 2 0: 4(+ 2)(a (+ 2) + b) 10(+ 1) (a (+ 1) + b) + 6(a + b) = 10 4; 4a + (6a 2b) = Oleh itu, kita telah memperoleh bahawa dua polinomial adalah sama, dan kemudian pekali yang sepadan adalah sama: 4a = 4, a = 1, 6a 2b = 10 b = 2. Oleh itu, a = (a + b ) 2 = (2) Kami menulis penyelesaian am LRS, iaitu, a = a + a = c c (2) 2. Dengan menggunakan keadaan awal, kami mencari pekali c 1, dan c 2. a 0 = c c (0 2) 2 0 = 5; a 1 = c c (1 2) 2 1 = 12. Menyelesaikan sistem c1 + c2 = 5, 3c1 + 2c2 = 14, kita memperoleh c 1 = 4, c 2 = 1. Oleh itu, penyelesaian LRS mempunyai bentuk: a = (2 ) 2 = () 2. 20

21 Tugasan 9. Cari penyelesaian kepada hubungan ulangan linear: a +2 = 8 a a , a 0 = 1, a 1 = 7. Mari kita tulis semula LRS dalam bentuk a +2 8 a a = () Tulis LRS yang sepadan : a +2 8 a a = 0 ; tulis persamaan ciri dan cari puncanya. x 2 8 x + 16 = 0; x 1 = x 2 = 4 punca bertepatan, oleh itu, kepelbagaian punca ialah 2. Maka penyelesaian am LORS ialah: a = (c 1 + c 2) (x 1) = (c 1 + c 2 ) Cari penyelesaian tertentu bagi LRS . Mengikut keadaan, f() = R m () λ = = () 1 = R 2 () λ, di mana R 2 () = polinomial darjah kedua dalam pembolehubah, dan λ = 1 tidak bertepatan dengan punca persamaan ciri LORS yang sepadan. Oleh itu, a \u003d Q m () λ \u003d Q 2 () 1, di mana Q 2 () ialah polinomial darjah kedua dalam pembolehubah, secara amnya Q 2 () \u003d a 2 + b + c. Oleh itu, a = = (a 2 + b + c) 1. Seterusnya, kita gantikan a ke dalam nisbah asal dan cari pekali a, b dan 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 = Oleh itu, kita telah memperoleh bahawa dua polinomial adalah sama, dan kemudian pekali yang sepadan adalah sama: 9a = 9, 12a + 9b = 6, 4a 6b + 9c = 2 a = 1, b = 2, c = 2.21

22 Oleh itu, a = (a 2 + b + c) 1 = Kami menulis penyelesaian am LRS, iaitu, a = a + a = (c 1 + c 2) (). Dengan menggunakan keadaan awal, kita dapati pekali c 1, dan c 2. a 0 = (c 1 + c 2 0) () = 1; a 1 = (c 1 + c 2 1) () = 7. Menyelesaikan sistem c1 + 2 = 1, 4c1 + 4c2 + 5 = 7, kita memperoleh c 1 = 1, c 2 = 2. Oleh itu, penyelesaian LRS mempunyai bentuk : a = (1 2)

23 2. TUGASAN UNTUK PENYELESAIAN BEBAS 2.1. Masalah untuk menyelesaikan LORS dan LRS Hubungan berulang homogen linear tertib kedua 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. Hubungan berulang homogen linear tertib ketiga 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. Hubungan ulangan linear tertib pertama 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. Hubungan tertib kedua berulang linear 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 KOMPLEKS A KIRSANOV NOMBOR PSKOV BBK 57 K45 Diterbitkan oleh keputusan Jabatan Algebra dan Geometri, dan Majlis Editorial dan Penerbitan PSPI dinamakan sempena SM Kirov Pengulas: Medvedeva IN, Calon Fizik dan Matematik, Profesor Madya

agensi persekutuan oleh Negeri pendidikan institusi pendidikan lebih tinggi pendidikan vokasional Negeri Ukhta Universiti Teknikal(UGTU) HAD FUNGSI Berkaedah

PERSAMAAN PEMBEZAAN Konsep umum Persamaan pembezaan mempunyai banyak dan pelbagai aplikasi dalam mekanik, fizik, astronomi, teknologi dan bidang lain. matematik yang lebih tinggi(sebagai contoh

Kementerian Pendidikan dan Sains Persekutuan Russia Institut Fizik dan Teknologi Moscow (Universiti Negeri) Persuratan Pusat Pengajian Fizik dan Teknologi MATEMATIK Transformasi identiti. Penyelesaian

Kementerian pertanian Institusi Pendidikan Belanjawan Negara Persekutuan Persekutuan Rusia pendidikan tinggi"Akademi Pertanian Negeri Perm dinamakan sempena

Kementerian Pendidikan Persekutuan Rusia Gubkin Universiti Minyak dan Gas Negeri Rusia VI Ivanov Garis Panduan untuk kajian topik "PERSAMAAN BERBEZA" (untuk pelajar

SISTEM PERSAMAAN PERBEZAAN LINEAR DENGAN KOEFISIEN MAHAL Pengurangan kepada persamaan tunggal urutan ke-T Dari sudut praktikal, sistem linear dengan pekali malar adalah sangat penting.

AMALAN Menggabungkan Pecahan Rasional Pecahan rasional dipanggil pecahan bentuk P Q, di mana P dan Q ialah polinomial. Pecahan rasional dipanggil wajar jika darjah polinomial P lebih rendah daripada darjah

03 Matematik dalam pendidikan tinggi UDC 54; 5799 KANDUNGAN DAN TEKNOLOGI PENDIDIKAN MATEMATIK DI UNIVERSITI BEBERAPA KAEDAH PENjumlahan JURUSAN NUMERIK A B Negeri Lasun Novgorod

PERSAMAAN PEMBEZAAN BIASA ORDIN PERTAMA. Konsep asas persamaan pembezaan Persamaan dipanggil persamaan di mana fungsi yang tidak diketahui masuk di bawah tanda terbitan atau pembezaan.

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN SAINS PERSEKUTUAN RUSIA

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN SAINS PERSEKUTUAN RUSIA Penyelidikan Kebangsaan Universiti Negeri Nizhny Novgorod dinamakan sempena NI Lobachevsky NP Semerikova AA Dubkov AA Kharcheva SIRI FUNGSI ANALITIK

A. I. Kozko V. G. Chirsky Masalah dengan parameter dan lain-lain tugasan yang mencabar Moscow MTsNMO Publishing House 2007 UDC 512 LBC 22.141 K59 K59 Kozko AI, Chirsky VG Masalah dengan parameter dan masalah kompleks lain. M.:

KULIAH N Persamaan pembezaan tertib tinggi, kaedah penyelesaian Masalah Cauchy Persamaan pembezaan linear tertib tinggi Persamaan linear homogen Persamaan pembezaan tertib tinggi,

INSTITUT MATEMATIK DAN MEKANIK UNIVERSITI PERSEKUTUAN KAZAN IM. N.I.LOBACHEVSKY Jabatan Teori dan Teknologi Pengajaran Matematik dan Informatik Falileeva M.V. Langkah pertama dalam menyelesaikan persamaan dan

Buletin Nekrasov KSU 6 Skibitsky EG Shkabura OV Gaya berfikir sebagai strategi untuk menyelesaikan masalah menggunakan komputer // Informatik dan pendidikan C 7 Yakovleva NO Asas teori dan metodologi

UDC 373:512 LBC 22.14ya721 M52 M52 Merzlyak, A.G. Matematik: Baru rujukan lengkap untuk persediaan untuk OGE / A.G. Merzlyak, V.B. Polonsky, M.S. Yakir. Moscow: AST, 2017. 447, hlm.: sakit. ISBN 978-5-17-096816-9

Program pendidikan untuk 2016-2017 tahun akademik(gred 7-11), diluluskan oleh perintah MBOU "Menengah sekolah komprehensif 21 "Kaluga 145 / 01-08 bertarikh 08.26.2016 PROGRAM KERJA subjek ALGEBRA

Topik 14 "Persamaan dan sistem algebra tidak persamaan linear» Polinomial darjah n ialah polinomial berbentuk P n () a 0 n + a 1 n-1 + + a n-1 + a n, di mana a 0, a 1, a n-1, a n diberi nombor , a 0,

Kuliah INTEGRASI PECAHAN RASIONAL Pecahan rasional Integrasi pecahan rasional mudah Penguraian pecahan rasional kepada pecahan mudah Integrasi pecahan rasional Rasional

Gred 10, tahap asas Tugasan 1 Pilihan 0 (demo, dengan penyelesaian) Surat-menyurat sekolah matematik 009/010 tahun akademik 1 Tulis ungkapan sebagai polinomial pandangan standard dan mencarinya

Topik: Teori am sistem persamaan linear A. Ya. Ovsyannikov Ural'skii universiti persekutuan Institut Matematik dan Sains Komputer Jabatan Algebra dan Matematik Diskret Algebra dan Geometri untuk

Perbendaharaan perbandaran institusi pendidikan sekolah menengah 3 bandar Pudozh Dipertimbangkan pada mesyuarat Wilayah Moscow Matematik dan Informatik Minit 1 bertarikh 29.08.2016 Ketua Wilayah Moscow Kuptsova

57 Pertimbangkan pengamiran pecahan rasional termudah bagi jenis keempat (M N) d () p q p Mari kita buat perubahan pembolehubah dengan menetapkan d. di mana p q. Kemudian kamiran M N d p p p q q a, M p N Mp q d M (p q) p

Topik 1-8: Nombor kompleks A. Ya. Ovsyannikov Universiti Persekutuan Ural Institut Matematik dan Sains Komputer Jabatan Algebra dan Algebra dan Geometri Matematik Diskret untuk Mekanik (1 semester)

Kuliah -6 Bab Persamaan Pembezaan Biasa Konsep asas Pelbagai masalah sains semula jadi kejuruteraan ekonomi membawa kepada penyelesaian persamaan di mana yang tidak diketahui adalah fungsi

pekerjaan. Ijazah dengan sewenang-wenangnya penunjuk sebenar, sifatnya. Fungsi kuasa, sifatnya, graf .. Imbas kembali sifat ijazah dengan penunjuk rasional. a a a a untuk masa semula jadi

Institusi pendidikan belanjawan perbandaran, sekolah menengah 4, Baltiysk Program kerja subjek"Algebra" Gred 8, peringkat asas Baltiysk 2017 1 1. Penerangan

ELEMEN-ELEMEN PENGIRAAN OPERASI RUMAH PENERBITAN TGTU KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN SAINS PERSEKUTUAN RUSIA GOU VPO "Universiti Teknikal Negeri Tambov" ELEMEN-ELEMEN PENGIRAAN OPERASI

Pertimbangkan cara pertama untuk menyelesaikan SLE mengikut peraturan Cramer untuk sistem tiga persamaan dengan tiga tidak diketahui: Jawapan dikira menggunakan formula Cramer: D, D1, D2, D3 adalah penentu

Polinomial algebra. 1 Polinomial algebra darjah n atas medan K Definisi 1.1 Polinomial darjah n, n N (0), dalam pembolehubah z di atas medan nombor K ialah ungkapan bentuk: fz = a n z n

Modul Topik Fungsi jujukan dan siri Sifat penumpuan seragam jujukan dan siri Siri kuasa Syarahan Definisi jujukan dan siri fungsian Secara Seragam

SAEI HPE DAGESTAN INSTITUT EKONOMI NEGARA NEGERI Babicheva TA BUKU TEKS Jabatan Matematik Tinggi PERSAMAAN PERBEZAAN DISIPLIN Makhachkala UDC 5(75) BBK i 7 Tutorial

Teorem "Pythagoras triple" Murseev Mikhail Petrovich Wujud pelbagai kaedah definisi pilihan Segitiga Pythagoras» Kadangkala mereka dipanggil "Tiga tiga Pythagoras" atau "segi tiga Mesir"

1. Keperluan tahap persediaan pelajar. Seorang pelajar yang menamatkan gred 9 seharusnya boleh: melakukan operasi aritmetik, menggabungkan teknik lisan dan bertulis; cari nilai akar ijazah semula jadi,

Agensi Persekutuan Pendidikan Universiti Tomsk State Sistem Kawalan dan Radioelektronik Jabatan Matematik Tinggi (HM) Prikhodovsky M.A. OPERATOR LINEAR DAN BENTUK KUADRATIK Praktikal

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN SAINS PERSEKUTUAN RUSIA NOVOSIBIRSK PUSAT PENDIDIKAN DAN PENYELIDIKAN KHAS UNIVERSITI NEGERI Matematik Gred 9 RINGKASAN URUTAN TERHAD Novosibirsk

Kementerian Pendidikan dan Sains Persekutuan Rusia FSBEI HE "Universiti Negeri Tver" DILULUSKAN oleh Ketua program pendidikan Tsvetkov VP 2015 Program kerja disiplin (dengan anotasi) Teori nombor

TERBITAN, MAKSUD GEOMETRI DAN FIZIKAL Penambahan fungsi = f() ialah perbezaan f f, di mana kenaikan hujah Ia boleh dilihat daripada rajah bahawa g () Rajah Terbitan bagi fungsi = f() pada mata itu dipanggil final

Kuliah 2. Harta pekali binomial. Penjumlahan dan kaedah penjanaan fungsi (kes akhir). Pekali polinomial. Anggaran untuk pekali binomial dan polinomial. Anggaran amaun

1. Nota penjelasan. Program kerja mengenai subjek "Algebra" untuk pelajar pekak di gred 8, 9, 10, 11, dibangunkan berdasarkan program institusi pendidikan "Algebra" gred 7-9 / pengarang

BBK 74.262.21 B94 B94 Butsko E.V. Algebra: Gred 7: manual berkaedah / E.V. Butsko, A.G. Merzlyak, V.B. Polonsky et al M.: Ventana-Graf, 2017. 104 p. : sakit. ISBN 978-5-360-08673-4

Anotasi kepada program kerja dalam algebra Gred: 7 Tahap pengajian bahan pendidikan: bahan pengajaran asas, buku teks Program kerja dalam algebra untuk gred 7 telah disusun berdasarkan program "Algebra" (Yu.N. Makarychev,

I pilihan kelas 8B, 4 Oktober 007 1 Masukkan perkataan yang hilang: Definisi 1 Aritmetik punca kuasa dua daripada nombor yang a sama dengan nombor a (a 0) dilambangkan seperti berikut: dengan ungkapan Tindakan mencari

Kementerian Pendidikan dan Sains Persekutuan Rusia Agensi Pendidikan Penza State University Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS KOLEKSI TUGASAN DENGAN PENYELESAIAN UNTUK PENYEDIAAN

BBK.4ya7t +.4ya7.6 M5 Buku teks termasuk dalam senarai persekutuan Merzlyak A.G. Algebra M5: Darjah 9: buku teks untuk pelajar organisasi pendidikan/ A.G. Merzlyak, V.M. Polyakov. M. : Ventana-Graf, 07. 368

Analisis matematik Bahagian: persamaan pembezaan Topik: Sistem homogen linear bagi persamaan pembezaan dengan pekali malar Pensyarah Pakhomova EG 0 g 4 Sistem persamaan pembezaan homogen linear

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

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN SAINS PERSEKUTUAN RUSIA UNIVERSITI NEGERI TOMSK Fakulti matematik gunaan dan Jabatan Teori Kebarangkalian Jabatan Sibernetik dan statistik matematik HAD Berkaedah

Bahagian 2 Teori had Topik Urutan Nombor Definisi urutan nombor 2 Urutan terhad dan tidak terhad 3 Urutan monotonik 4 Kecil tak terhingga dan

Universiti Teknikal Negeri Moscow dinamakan sempena N.E. Fakulti Bauman " Sains asas» Kerusi « pemodelan matematik» À.Í. Êàíàòíèêîâ,

Persamaan tidak rasional dan ketaksamaan Jadual kandungan Persamaan tidak rasional Kaedah menaikkan kedua-dua belah persamaan kepada kuasa yang sama persamaan tidak rasional bercampur-campur

Mengenai generalisasi nombor Stirling Ustinov AV Kepada guru saya, NM Korobov, pada hari lahirnya yang ke-85 Nombor Stirling Umum diperkenalkan dalam kertas kerja ini. Bagi mereka harta terbukti serupa dengan yang biasa

PEMBANGUNAN PELAJARAN ALGEBRA RURUKIN untuk Yu.N. Makarycheva dan lain-lain (M.: Prosveshchenie) EDISI BAHARU Gred 8 MOSCOW "VAKO" 015 UDC 7:167.1:51 LBC 74.6.1 R87 R87 Rurukin A.N. Perkembangan pelajaran

Bahagian Analisis Matematik: Kamiran tak tentu Topik: Integrasi pecahan rasional Pensyarah Pakhomova E.G. 0 5. Pengamiran pecahan rasional DEFINISI. Pecahan rasional dipanggil

Nota penerangan Program kerja mata pelajaran “Algebra. Gred 8-9” adalah berdasarkan: 1. Komponen persekutuan standard negeri asas umum dan menengah (lengkap) pendidikan umum

Kuliah Persamaan pembezaan tertib ke (DE-) Borang am persamaan pembezaan tertib n akan ditulis: (n) F, = 0 () Persamaan urutan ke (n =) akan berbentuk F(,) = 0 Persamaan yang serupa

Topik 1-7: Penentu A. Ya. Ovsyannikov Universiti Persekutuan Ural Institut Matematik dan Sains Komputer Jabatan Algebra dan Algebra Matematik Diskret dan Geometri untuk Mekanik (1 semester) Pilihatur

ARAHAN KAEDAH UNTUK TUGASAN PENGIRAAN KURSUS MATEMATIK LEBIH TINGGI "PERSAMAAN PEMBEZAAN BIASA SIRI SIRI INTEGRALS BERbilangan" BAHAGIAN III TOPIK PERSAMAAN PEMBEZAAN BIASA KANDUNGAN

Agensi Persekutuan untuk Pendidikan Arkhangelsk State Technical University Fakulti Kejuruteraan Awam SIRI Garis Panduan untuk menyelesaikan tugasan untuk kerja bebas Arkhangelsk

Institusi pendidikan belanjawan perbandaran "Lyceum dinamakan sempena Ahli akademik B.N. Petrov" dari bandar Smolensk "BERSETUJU" Timbalan Pengarah Kazantseva T.V. "29" "08" 206 "DITERIMA" majlis pedagogi

9., 9. kelas Modul 5 “Jujukan. Darjah dan Akar» Bahagian teori dan praktikal disemak dalam ujian. Jujukan Jujukan berangka. Kaedah untuk menetapkan urutan berangka.

Penyelesaian umum hubungan berulang (1) ialah set semua jujukan yang memenuhi hubungan ini.

Keputusan peribadi hubungan (1) salah satu urutan yang memenuhi hubungan ini dipanggil.

Contoh 1¢. Susulan a n=a 0 +nd a n=a n - 1 +d. Ini ialah formula untuk istilah biasa janjang aritmetik dengan perbezaan d dan dengan ahli awal perkembangan a 0 .

Contoh 2¢. Susulan b n=b 0 × q n ialah penyelesaian umum perhubungan b n=b n - 1 ×q. Ini ialah formula untuk istilah biasa janjang geometri dengan penyebut q¹0 dan dengan ahli awal janjang b 0 .

Contoh 3¢. kononnya Formula Binet j n= ialah penyelesaian tertentu bagi hubungan j n=j n-2+j n- 1 untuk j 0 =j 1 =1.

3. Hubungan berulang linear. Nisbah lihat

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

di mana h(n) ialah fungsi nombor , dan , dipanggil hubungan ulangan linear.

Hubungan berulang linear dipanggil homogen, jika f(n)=0:

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

Polinomial x k+hlm 1 x k - 1 +…+p k - 1 x+p k dipanggil ciri untuk hubungan (2).

ringkas, jika boleh dibahagi dengan tetapi tidak boleh dibahagikan dengan .

Punca a bagi polinomial dipanggil pelbagai, jika boleh dibahagi dengan tetapi tidak boleh dibahagikan dengan , .

Nombor dipanggil kepelbagaian akar .

Teorem asas algebra: polinomial darjah dengan pekali kompleks mempunyai punca kompleks, memandangkan kepelbagaiannya.

Teorem 1 n akar sederhana a 1 , …, a n

, (4)

di mana c 1 ,…,c kÎ C.

Bukti. Adalah mudah untuk menyemak dua pernyataan berikut.

(a) Susulan cx n, di mana cÎ C, ialah penyelesaian hubungan berulang (3).

(b) Jika urutan a n dan b n ialah penyelesaian hubungan (3), kemudian urutannya a n+b n juga merupakan penyelesaian hubungan (3).

daripada ( a) dan ( b) ia berikutan bahawa mana-mana urutan bentuk (4) ialah penyelesaian hubungan (3).

Sebaliknya, sebarang penyelesaian hubungan (3) mempunyai bentuk (4).

Pada n=0,1,…,k-1, daripada kesamaan (4) kita memperoleh sistem persamaan linear berkenaan dengan c 1 ,…,c k:

(5)

Penentu sistem (5) ialah penentu Vandermonde yang dikenali dalam algebra:

.

Sejak akar mudah x 1 ,…,x k berbeza berpasangan, kemudian D¹0. Oleh itu, sistem (5) mempunyai penyelesaian (unik).

Tugasan 1. Cari sebutan sepunya janjang geometri menggunakan formula (4).

Penyelesaian b n=qb n- 1 kelihatan seperti . sebab tu .

Tugasan 2. Cari penyelesaian umum nisbah Fibonacci a n + 2 =a n+a n + 1 .

Penyelesaian. Polinomial ciri perhubungan berulang a n + 2 =a n+a n+ 1 mempunyai bentuk . sebab tu .

Kami memberikan tanpa bukti generalisasi Teorem 1 berikut.

Teorem 2. Biarkan polinomial ciri bagi hubungan ulangan linear homogen (3) mempunyai k punca: a 1 gandaan , …, a k kepelbagaian , , . Kemudian penyelesaian umum hubungan berulang (3) mempunyai bentuk berikut:

Tugasan 3. Cari penyelesaian umum hubungan itu.

Penyelesaian. Polinomial ciri mempunyai punca 2 bagi gandaan 3. Oleh itu .

Komen. Penyelesaian umum hubungan linear tak homogen (2) boleh didapati sebagai hasil tambah penyelesaian umum hubungan linear homogen (3) dan penyelesaian khusus hubungan linear tak homogen (2).

4. Menjana fungsi. Siri formal a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +…+a k x k+… dipanggil fungsi penjanaan urutan a 0 ,a 1 ,a 2 ,…,a k,…

Fungsi penjanaan adalah sama ada siri penumpu atau siri mencapah. Dua siri mencapah mungkin sama dengan fungsi, tetapi dijana fungsi urutan yang berbeza. Contohnya, baris 1+2 x+2 2 x 2 +…+2k x k+… dan 1+3 x+3 2 x 2 +…+3k x k+… takrifkan fungsi yang sama (sama dengan 1 pada titik x=1, tidak tentu pada titik x>1), tetapi menjana fungsi urutan yang berbeza.

Sifat menjana fungsi jujukan:

jumlah (perbezaan) fungsi penjanaan jujukan a n dan b n adalah sama dengan fungsi penjanaan jumlah (perbezaan) jujukan a n+b n;

hasil penjanaan fungsi jujukan a n dan b n ialah fungsi penjanaan lilitan jujukan a n dan b n:

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

Contoh 1 Fungsi sedang menjana untuk urutan

Contoh 2 Fungsi sedang menjana untuk urutan 1, 1, 1, …

transkrip

1 PENYELESAIAN PERSAMAAN BERULANG Nyatakan dengan nilai beberapa ungkapan apabila integer digantikan ke dalamnya. Kemudian kebergantungan ahli jujukan pada ahli jujukan F F dengan nilai argumen yang lebih kecil dipanggil persamaan berulang. Contohnya boleh persamaan bentuk: F Persamaan berulang mempunyai susunan jika ia membenarkan menyatakan ahli jujukan F melalui anggota F F Oleh itu, persamaan mempunyai susunan dan persamaan F 3 6 mempunyai tertib 3 penyelesaian persamaan berulang ditunjukkan. dalam Rajah. Perhatikan bahawa persamaan menerangkan urutan yang dipanggil nombor Fibonacci: 3 F 4 3 F 5 5 F F 8 Malah, algoritma penyelesaian datang kepada fakta bahawa pada setiap langkah menggunakan ahli awal dan persamaan yang diberikan kita mengira sebutan seterusnya bagi jujukan Bertindak dengan cara ini, lambat laun kita akan memperoleh sebarang sebutan bagi jujukan Walau bagaimanapun, dalam kes ini, kita perlu mengira semua istilah sebelumnya Dalam banyak kes, adalah lebih mudah untuk mempunyai formula yang jelas bagi sebutan ke-jujukan, persamaan terakhirnya bertukar menjadi identiti.Sebagai contoh, jujukan 4 8 ialah salah satu penyelesaian bagi persamaan berulang 3 Sesungguhnya, sebutan umum jujukan ini mempunyai bentuk Tetapi untuk mana-mana, identiti itu mengambil letak Jadi 3 Oleh itu, ia adalah penyelesaian kepada persamaan berulang Penyelesaian persamaan berulang dipanggil umum jika ia bergantung kepada pemalar arbitrari C C dan dengan memilih pemalar ini seseorang boleh memperoleh sebarang penyelesaian. persamaan yang diberikan Sebagai contoh, untuk persamaan 5 6, penyelesaian umum ialah F C C 3 3 Mudah untuk menyemak bahawa urutan 3 bertukar menjadi identiti Oleh itu, ia cukup untuk menunjukkan bahawa sebarang penyelesaian boleh diwakili sebagai

2 penyelesaian ditentukan secara unik oleh nilai-nilai dan Oleh itu, adalah perlu untuk menunjukkan bahawa untuk sebarang nombor dan terdapat sedemikian dan C bahawa F C C 3C C 3 C Penentu sistem ialah Untuk sebarang dan sistem mempunyai penyelesaian Oleh itu , 3 sememangnya penyelesaian kepada F; F; Saya: FFF; FF; FF; F Fig Algorithm untuk menjana jujukan nombor Fibonacci

3 PERSAMAAN ULANG LINEAR Untuk menyelesaikan persamaan berulang arbitrari peraturan umum tidak wujud Walau bagaimanapun, terdapat kelas persamaan yang sangat biasa diselesaikan dengan kaedah seragam. Ini adalah persamaan berulang dalam bentuk f 4 dengan beberapa nombor pekali malar dan f ialah beberapa fungsi Persamaan sedemikian dipanggil linear kerana unsur-unsur jujukan F disambungkan pergantungan linear Jika fungsinya ialah f, maka persamaan bentuk ini dipanggil persamaan homogen atau homogen dengan pekali malar Jika tidak, persamaan dipanggil tidak homogen LINEAR HOMOGEN PERSAMAAN BERULANG HOMOGEN Persamaan berulang homogen linear dengan pekali malar mempunyai bentuk F 5 persamaan Penyelesaian sedemikian ialah dipanggil penyelesaian remeh Pertama, pertimbangkan bagaimana persamaan tersebut diselesaikan, iaitu, kita mengkaji persamaan dalam bentuk F 6 Penyelesaian persamaan ini adalah berdasarkan dua pernyataan berikut: Jika F dan F ialah penyelesaian bagi persamaan berulang 6 maka bagi mana-mana nombor A dan B jujukan F AF BF juga merupakan penyelesaian kepada persamaan ini. Sesungguhnya, dengan keadaan F F F F Kita darabkan kesamaan ini dengan identiti Hasilnya, kita mendapat: A dan F F B, masing-masing, dan menambah hasil [ AF BF ] [ AF BF ] AF BF Dan ini bermakna F AF BF ialah penyelesaian kepada persamaan 6 Jika nombor itu adalah punca persamaan

4 maka jujukan adalah penyelesaian persamaan rekursif F Mari kita buktikan pernyataan ini Mari dan Menggantikan nilai ini kepada 6 kita mendapat kesamaan atau Ia adalah benar kerana dengan syarat Untuk kita mempunyai penyelesaian remeh mana-mana urutan bentuk di mana Ambil perhatian bahawa bersama-sama dengan urutan ( ) juga merupakan penyelesaian bagi persamaan 6 Untuk membuktikan fakta ini, ia memadai untuk menggunakan pernyataan dengan menetapkan A B di dalamnya. Daripada pernyataan dan mengikut peraturan berikut untuk menyelesaikan persamaan berulang homogen linear tertib kedua Biarkan persamaan berulang 6 F diberikan. Susun persamaan kuadratik 7 yang dipanggil persamaan ciri bagi persamaan berulang ini. Persamaan 6 mempunyai bentuk C C Mari kita buktikan pernyataan ini Kita mula-mula ambil perhatian bahawa menurut pernyataan jujukan dan adalah penyelesaian bagi persamaan F F berulang yang diberikan maka dengan pernyataan dan C C ialah penyelesaiannya Kita hanya perlu menunjukkan bahawa mana-mana diselesaikan Persamaan 6 boleh ditulis dalam bentuk ini Tetapi sebarang penyelesaian bagi persamaan tertib kedua ditentukan oleh nilai dan Oleh itu, cukup untuk menunjukkan bahawa sistem persamaan C C C C mempunyai penyelesaian untuk mana-mana dan Jelas sekali, penyelesaian ini adalah Untuk C F C, sistem sentiasa mempunyai penyelesaian Pertimbangkan contoh Seperti yang telah disebutkan, jujukan nombor Fibonacci 3583 boleh diperoleh menggunakan persamaan rekursif F 8 Untuknya, persamaan ciri mempunyai bentuk Punca-punca persamaan kuadratik ini ialah nombor.

5 5 5 dan Oleh itu, penyelesaian am persamaan Fibonacci mempunyai bentuk 5 5 C C 9 Keadaan awal ialah nilai F F Selaras dengan syarat awal ini, kita memperoleh untuk dan C sistem persamaan C C C 5 C C Penyelesaian sistem persamaan ini, kita dapati bahawa C C dan oleh itu F 5 Oleh itu, ungkapan ini mengambil nilai integer untuk semua nilai semula jadi KES AKAR SAMA PERSAMAAN CIRI Pertimbangkan kes apabila punca persamaan ciri bertepatan: Dalam ini kes, ungkapan C C tidak lagi menjadi penyelesaian umum Kerana penyelesaian ini boleh ditulis sebagai C C C Akibatnya, hanya satu pemalar kekal C dan pilihnya supaya persamaan memenuhi dua syarat awal dan, secara amnya, adalah mustahil. Oleh itu, adalah perlu untuk mencari beberapa penyelesaian lain yang berbeza daripada penyelesaian tersebut.Sesungguhnya, jika persamaan F kuadratik mempunyai dua punca bertepatan, maka menurut teorem Vieta a Oleh itu, persamaan ditulis seperti berikut: Dan kemudian persamaan berulang Persamaan mempunyai bentuk Mari kita semak bahawa F identiti F F sememangnya penyelesaiannya Menggantikan nilai F ke dalam persamaan kita mendapat yang jelas Oleh itu - ini adalah penyelesaian persamaan berulang kita Oleh itu, kita sudah mengetahui dua penyelesaian untuk berulang ini persamaan: dan Kemudian penyelesaian am boleh ditulis seperti berikut: F F C C C C Sekarang pekali C dan C boleh dipilih supaya mana-mana dua syarat awal untuk F dipenuhi

6 C C C C Persamaan berulang linear tertib lebih besar daripada dua diselesaikan dengan cara yang sama Biarkan persamaan mempunyai bentuk F. Susun persamaan ciri Jika semua punca persamaan algebra bagi darjah ke adalah berbeza, maka penyelesaian am bagi persamaan mempunyai bentuk persamaan F C C C Dalam penyelesaian umum, punca ini sepadan dengan bahagian C C C Mengarang ungkapan tersebut untuk semua punca dan menambahnya, kita memperoleh penyelesaian umum persamaan s P di mana kelipatan punca s ialah nombor pelbagai akar P ialah polinomial darjah berkenaan dengan Contoh Pertimbangkan persamaan F 4 Susun persamaan ciri Penyelesaian am persamaan rekursif mempunyai bentuk C C C C Susun sistem persamaan untuk mencari dan C: C C C C 4 Menyelesaikan sistem yang kita dapat bahawa C dan C

7 MENCARI AKAR POLINOMIAL Apabila mencari punca persamaan ciri, selalunya perlu menyelesaikan persamaan darjah yang lebih besar. Untuk menyelesaikan masalah ini, anda boleh menggunakan kaedah pemilihan dan mengambil nombor rawak dan semak sama ada ia adalah punca polinomial yang diberikan. Dalam kes ini, anda boleh mencari punca dengan cepat dan anda tidak akan dapat mencari Lagipun, adalah mustahil untuk menyemak semua nombor, kerana terdapat banyak nombor yang tidak terhingga. Perkara lain ialah jika kita berjaya untuk mengecilkan kawasan carian, sebagai contoh, untuk mengetahui bahawa punca yang diingini adalah, sebagai contoh, antara tiga puluh nombor yang ditentukan A untuk tiga puluh nombor, anda boleh menyemak A berkaitan dengan ini, pernyataan itu penting. Teorem Jika pecahan tidak boleh dikurangkan / integer ialah punca polinomial F x dengan pekali integer, maka pekali utama polinomial ini boleh dibahagikan dengan dan sebutan bebas dengan Malah, jika x x x x ialah integer dan / ialah puncanya, maka F / mereka / / / Darab kedua-duanya sisi kesamaan yang kita perolehi berikutan bahawa adalah jelas bahawa integer boleh dibahagikan dengan Tetapi / ialah pecahan tidak dapat dikurangkan, nombor tersebut adalah koprime, dan kemudian, seperti yang diketahui daripada teori kebolehbahagi integer, nombor dan juga koprima Jadi, ia boleh dibahagi dengan dan bersama dengan, jadi ia boleh dibahagikan dengan Begitu juga, ia adalah membuktikan bahawa ia boleh dibahagikan dengan Teorem terbukti membolehkan kita mengecilkan dengan ketara kawasan carian untuk punca rasional polinomial dengan pekali integer Mari kita tunjukkan ini pada contoh khusus Mari kita cari punca rasional polinomial 4 3 F x 6x 3x 4x 8x 8 Menurut teorem terbukti, punca rasional polinomial ini adalah antara pecahan tak dapat dikurangkan bagi bentuk / di manakah pembahagi bagi sebutan bebas 8 dan ialah pembahagi bagi pekali pendahulu 6 pengangkanya. Sebagai contoh, Jadi kita boleh katakan bahawa pembahagi nombor 8 a ialah pembahagi positif bagi nombor 6 Oleh kerana pembahagi nombor 8 ialah ± 48 dan pembahagi positif nombor itu. 6 akan menjadi 36, maka punca rasional polinomial yang dimaksudkan adalah antara nombor ± / / 3/ 6 / 344 / 388 / 3 Ingat bahawa kita hanya menulis pecahan tidak boleh dikurangkan. Oleh itu, kita mempunyai dua puluh nombor yang "calon" untuk akar. Ia kekal hanya untuk menyemak setiap satu daripada mereka dan memilih yang benar-benar akar. Tetapi sekali lagi, agak banyak pemeriksaan perlu dilakukan. Teorem berikut memudahkan kerja ini

8 Teorem Jika pecahan tidak boleh dikurangkan / ialah punca polinomial F x dengan pekali integer, maka F boleh dibahagi dengan untuk sebarang integer, dengan syarat Untuk membuktikan teorem ini, kita bahagikan F x dengan x dengan baki Kita dapat F x x s x Oleh kerana x ialah polinomial dengan pekali integer, maka sama ialah dan s x a ialah integer Mari s x b x b x b x b Kemudian x x b x b x b x b Dalam kesamaan ini kita letakkan x / Dengan mengambil kira bahawa F / kita dapat / b b b b Darab kedua-dua belah kesamaan terakhir dengan: b b b b dan oleh itu F boleh dibahagi dengan Teorem dibuktikan Mari kita kembali kepada contoh kita dan menggunakan teorem ini kita akan menyempitkan lagi pencarian punca rasional Mari kita gunakan teorem untuk nilai dan jika pecahan tak dapat dikurangkan ialah punca polinomial x maka ia boleh dibahagi dengan dan F boleh dibahagi dengan Jelas sekali dalam kes kita F 5 a 5 Perhatikan bahawa pada masa yang sama kita mengecualikan unit daripada pertimbangan. Jadi, punca rasional polinomial kita harus dicari dalam persekitaran di nombor / / 3 / 6 / / 3 8 8/3 Pertimbangkan / / Kemudian F 5 juga boleh dibahagi dengan nombor ini Kemudian 3 dan 5 juga boleh dibahagi dengan 3 Jadi pecahan / kekal di antara calon punca Biarkan sekarang / / Dalam kes ini 3 dan F 5 tidak boleh dibahagikan dengan -3 Ini bermakna pecahan / tidak boleh menjadi punca polinomial ini. Selepas menyemak setiap pecahan yang ditulis di atas, kita mendapat punca yang diingini adalah antara nombor / / 3 4 Oleh itu, menggunakan agak penerimaan yang ringkas berjaya mengecilkan dengan ketara kawasan carian untuk punca rasional bagi polinomial yang sedang dipertimbangkan. Dengan menyemak 4 3 calon yang tinggal, kami memastikan polinomial x 6x 3x 4x 8x 8 mempunyai dua punca rasional / dan / 3 Kaedah yang diterangkan di atas membolehkan pencarian hanya punca rasional bagi polinomial dengan pekali integer. Sementara itu, polinomial boleh mempunyai dan akar yang tidak rasional Jadi, sebagai contoh, polinomial yang dipertimbangkan dalam contoh mempunyai dua lagi punca: ± 5 ini adalah punca polinomial x x 4 Perhatikan bahawa apabila menguji calon untuk punca menggunakan teorem terakhir, mereka biasanya mempertimbangkan kes ± Dalam erti kata lain, jika / ialah calon untuk punca, kemudian mereka menyemak sama ada dan F boleh dibahagikan dengan dan, masing-masing Tetapi ia mungkin berlaku bahawa, sebagai contoh, perpaduan itu adalah punca dan kemudian ia boleh dibahagikan dengan sebarang nombor dan cek kami kehilangan maknanya. kes, kita harus bahagikan x dengan x dan dapatkan x x s x dan uji polinomial sx. Dalam kes ini, kita jangan lupa bahawa satu punca x punca x sudah ditemui

9 Dalam sesetengah kes, apabila persamaan ciri merujuk kepada persamaan jenis istimewa puncanya boleh didapati melalui penggantian.Persamaan tersebut termasuk, contohnya, persamaan simetri dan salingan.Simetri ialah persamaan darjah - walaupun dalam bentuk x bx cx cx bx 3 Persamaan simetri ialah kes khas persamaan salingan Persamaan salingan termasuk persamaan daripada bentuk x bx cx / c x / / b x di mana - beberapa pekali Pertimbangkan, sebagai contoh, penyelesaian persamaan simetri dan salingan darjah keempat. Biarkan persamaan simetri 4 x 3 bx cx bx diberikan. Mula-mula, kita kurangkan darjah dengan membahagikan kedua-dua bahagian dengan x. memandangkan t x / x ungkapan 4 boleh ditulis sebagai t bt c 6 Menyelesaikan persamaan 6 sebagai persamaan kuadratik biasa kita mendapat dua punca t dan t Sekarang menggantikan punca t dan t secara berselang-seli ke dalam persamaan 5 kita dapatkan dua persamaan kuadratik x tx x t x 7 Menyelesaikan persamaan 7 memberi kita semua empat punca persamaan asal 3 Oleh itu, penyelesaian persamaan simetri darjah keempat mengurangkan untuk menyelesaikan tiga persamaan kuadratik Persamaan songsang diselesaikan dengan cara yang sama.Jika persamaan darjah keempat boleh diwakili sebagai 4 x 3 bx cx bx 8 maka penyelesaiannya boleh diperolehi dengan menggantikan t x / x 9 Seperti dalam kes sebelumnya, kita menurunkan darjah persamaan dengan membahagikan kedua-dua bahagian dengan x Untuk persamaan yang terhasil x bx c b / x / x kita menggunakan penggantian 9 Kemudian persamaan boleh ditulis semula sebagai t bt c Sama seperti dalam contoh sebelumnya, kita menyelesaikan persamaan dan mendapat dua punca t dan t Sekarang, menggantikan akar t dan t secara bergilir-gilir ke dalam persamaan 9, kita mendapat dua persamaan kuadratik x tx x t x

10 PENYELESAIAN PERSAMAAN BERULANG LINEAR BUKAN HOMOGEN Persamaan berulang linear dipanggil tidak homogen jika ia boleh diwakili dalam borang berikut: f 3 di mana f - beberapa fungsi Marilah kita memperkenalkan persamaan berulang linear homogen OLRU sepadan dengan persamaan berulang linear tidak homogen NLRU 3 F 4 dan menandakan penyelesaian amnya dengan FO Dengan analogi dengan kaedah untuk menyelesaikan persamaan pembezaan, kita mula-mula mengabaikan syarat awal dan menganggap bahawa satu penyelesaian persamaan 3 sudah dijumpai Mari kita panggil penyelesaian ini khusus dan nyatakan dengan Kami akan mencari penyelesaian am NLRU dalam bentuk jumlah F penyelesaian khusus dan am penyelesaian bagi OLRU yang sepadan F 5 3 O Mari kita tunjukkan bahawa 5 sememangnya merupakan penyelesaian bagi NLRU 3 Mari kita gantikan 5 dalam F F F F O O F F F F f O O tetapi persamaan ini adalah identiti kerana FO FO F O F F F F f iaitu c juga merupakan integer Gantikan 7 kepada 6 c c c c b b b c c c c c b b 8 Pemalar akan menjadi t ialah penyelesaian tertentu bagi Persamaan 6 di bawah syarat penyebut formula 8 tidak sama dengan sifar Mari kita perkenalkan polinomial ciri untuk NLRU 6

b F h b F h h Contoh Selesaikan Persamaan 5 dengan F 35 Susun RLRS F Susun persamaan ciri h 3 Selesaikan persamaan ciri 4 Tulis penyelesaian am RLRS F C C C C C 5 Cari penyelesaian tertentu bagi RLRS 5 F 5 h sejak h 6 Tulis penyelesaian umum RLRS F F C C 5 7 Dengan mengambil kira keadaan awal, kita dapati pekali dalam penyelesaian NLRU

12 C C 5 C C 5 35 kita dapat C C 8 Kita tuliskan penyelesaian NLRU F 5 Jadi kita telah memperoleh formula eksplisit untuk mengira sebutan ke - bagi jujukan Kesimpulannya, kita mengira jujukan itu sendiri: darjah seperti di sebelah kanan sisi F c 34 Menggantikan 34 kepada 33 kita memperoleh peraturan untuk mengira pekali polinomial j c j b 35 j Menyamakan pekali di sebelah kiri dan kanan dengan istilah yang mengandungi, kita memperoleh Pekali selebihnya c c b b c at h h didapati sama dengan menyamakan pekali pada 35 Jika ialah punca bagi persamaan ciri h bagi kepelbagaian, maka penyelesaian tertentu NLRT perlu dicari dalam bentuk F c PENYELESAIAN NLRT di bawah FUNGSI EKSPONEN Kami akan mencari penyelesaian tertentu NLRT. F bα 37 dalam bentuk 36 Menggantikan 38 kepada 37 yang kita ada

13 bα F h α jika α bukan punca persamaan ciri h Jika α ialah punca persamaan kepelbagaian ciri, maka penyelesaian tertentu 37 harus dicari dalam bentuk F dα di mana d ialah beberapa pemalar bilangan lelaran dalam membina matriks semak kod M M 4 3 dengan M 7 oleh itu, penyelesaian tertentu yang dicadangkan ditakrifkan secara salah, kerana punca persamaan ciri Sekarang kita menukar bentuk penyelesaian tertentu kepada M d e Menggantikannya ke dalam persamaan asal yang kita ada e 3 d Oleh itu M C 3 dan mengambil kira keadaan awal C 3 Jadi penyelesaian persamaan asal M 3 3 persamaan selain daripada persamaan berulang linear dengan pekali malar tidak mempunyai kaedah penyelesaian umum Mereka boleh diselesaikan, contohnya, melalui percubaan dan kesilapan F F b b b at;

14 b b b F F pada 3 Sekarang kita boleh menganggap bahawa penyelesaian kepada persamaan 39 ialah 4 og b F di mana Menggantikan 4 kepada 39 kita mempunyai og og og b b b b b b F F og og j j b b Jadi 4 sememangnya penyelesaian kepada persamaan 39

SISTEM PERSAMAAN PERBEZAAN LINEAR DENGAN KOEFISIEN MAHAL Pengurangan kepada persamaan tunggal urutan ke-T Dari sudut praktikal, sistem linear dengan pekali malar adalah sangat penting.

Topik 14 "Persamaan algebra dan sistem persamaan tak linear" Polinomial darjah n ialah polinomial dalam bentuk P n () a 0 n + a 1 n-1 + + a n-1 + a n, di mana a 0, a 1 , a n-1, a n nombor yang diberi, a 0,

Kuliah Persamaan pembezaan tertib ke- (DE-) Bentuk am bagi persamaan pembezaan tertib n akan ditulis: (n) F, = 0 () Persamaan bagi tertib ke- (n =) akan mengambil bentuk F( ,) = 0 Persamaan yang serupa

AKTIVITI AMALI Integrasi pecahan rasional Pecahan rasional ialah pecahan bentuk P Q, di mana P dan Q ialah polinomial Pecahan rasional dipanggil wajar jika darjah polinomial P lebih rendah daripada darjah.

Gred 10, tahap asas Tugasan 1 Pilihan 0 (demo, dengan penyelesaian) Sekolah matematik surat menyurat 009/010 tahun akademik 1 Kemukakan ungkapan sebagai polinomial bagi bentuk piawai dan cari

pekerjaan. Ijazah dengan eksponen sebenar sewenang-wenangnya, sifatnya. Fungsi kuasa, sifatnya, grafik .. Ingat sifat darjah dengan eksponen rasional. a a a a untuk masa semula jadi

Agensi Persekutuan Pendidikan Universiti Tomsk State Sistem Kawalan dan Radioelektronik Jabatan Matematik Tinggi (HM) Prikhodovsky M.A. OPERATOR LINEAR DAN BENTUK KUADRATIK Praktikal

KULIAH N Persamaan pembezaan tertib tinggi, kaedah penyelesaian Masalah Cauchy Persamaan pembezaan linear tertib tinggi Persamaan linear homogen Persamaan pembezaan tertib tinggi,

PERSAMAAN PEMBEZAAN BIASA ORDIN PERTAMA Konsep asas Persamaan pembezaan ialah persamaan di mana fungsi yang tidak diketahui masuk di bawah tanda terbitan atau pembezaan.

Topik 7 Kedudukan Matriks Dasar bawah umur Teorem kedudukan matriks dan akibatnya Sistem persamaan linear m dengan Teorem yang tidak diketahui Kronecker-Cappelli Sistem keputusan asas sistem homogen linear

Kementerian Pendidikan Persekutuan Rusia Gubkin Universiti Minyak dan Gas Negeri Rusia VI Ivanov Garis Panduan untuk kajian topik "PERSAMAAN BERBEZA" (untuk pelajar

BUKU PANDUAN MATEMATIK 5 9 kelas MOSCOW "VAKO" 201 UDC 32.851 BBK 4.262.22 C4 6+ Penerbitan diluluskan untuk digunakan dalam proses pendidikan berdasarkan perintah Kementerian Pendidikan dan Sains Persekutuan Rusia

PERSAMAAN PEMBEZAAN Konsep am Persamaan pembezaan mempunyai aplikasi yang banyak dan sangat pelbagai dalam mekanik, fizik, astronomi, teknologi, dan dalam cabang matematik tinggi yang lain (contohnya,

ALGEBRA GUNAAN. Bahagian I: Medan terhingga atau Galois. II 1 / 78 Bahagian I Medan Terhad atau Galois. II GUNAAN ALGEBRA. Bahagian I: Medan terhingga atau Galois. II 2 / 78 Medan sisa modulo

ALGEBRA GUNAAN. Bahagian I: Medan terhingga (medan Galois). II 1 / 78 Bahagian I Medan terhingga (medan Galois). II GUNAAN ALGEBRA. Bahagian I: Medan terhingga (medan Galois). II 2 / 78 Medan sisa modulo perdana

Kuliah 7 2 Persamaan Fredholm jenis ke-2 dengan isirong merosot Kes ini berbeza kerana penyelesaian persamaan kamiran dikurangkan kepada penyelesaian linear sistem algebra dan boleh diperolehi dengan mudah

8 PERSAMAAN PERBEZAAN LINEAR ORDER KEDUA DENGAN PEMBOLEH UBAH 8 Konsep asas Persamaan pembezaan linear bagi tertib ke dengan pekali berubah ialah persamaan.

Kuliah INTEGRASI PECAHAN RASIONAL Pecahan rasional Integrasi pecahan rasional mudah Penguraian pecahan rasional kepada pecahan mudah Integrasi pecahan rasional Rasional

Kuliah -6 Bab Persamaan Pembezaan Biasa Konsep asas Pelbagai masalah sains semula jadi kejuruteraan ekonomi membawa kepada penyelesaian persamaan di mana yang tidak diketahui adalah fungsi

Syarahan. Unsur-unsur teori polinomial. Polinomial (beberapa maklumat latar belakang) Fungsi bentuk: 1 P (x) a0x a1x... a 1x a = + + + + (1) dengan nombor asli a i (i = 01...) pekali malar

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN SAINS PERSEKUTUAN RUSIA

Pelajaran 4 Penyepaduan fungsi rasional (sambungan) fungsi rasional(atau, ringkasnya, pecahan) ialah nisbah dua polinomial, iaitu, fungsi dalam bentuk R() = f() g() = a 0 m + a m +...+

Topik 1-8: Nombor kompleks A. Ya. Ovsyannikov Universiti Persekutuan Ural Institut Matematik dan Sains Komputer Jabatan Algebra dan Algebra dan Geometri Matematik Diskret untuk Mekanik (1 semester)

Kementerian Pendidikan dan Sains Persekutuan Rusia St. Petersburg Universiti Seni Bina dan Kejuruteraan Awam V B SMIRNOV, L E MOROZOV PERSAMAAN PEMBEZAAN BIASA Pendidikan

Agensi Pendidikan Persekutuan GOU VPO "Ural State Technical University UPI" NM Kravchenko Persamaan dan Siri Pembezaan Alat bantu mengajar Editor saintifik Profesor Madya, Calon

Persamaan tidak rasional dan ketaksamaan Jadual kandungan Persamaan tidak rasional Kaedah menaikkan kedua-dua belah persamaan kepada kuasa yang sama

Topik 2-19: Dwilinear dan bentuk kuadratik A. Ya. Ovsyannikov Universiti Persekutuan Ural Institut Matematik dan Sains Komputer Jabatan Algebra dan Matematik Diskret Algebra dan Geometri untuk Mekanik

Kelas pilihan 8B I, 4 Oktober 007 1 Masukkan perkataan yang hilang: Definisi 1 Punca kuasa dua aritmetik nombor, yang sama dengan a daripada nombor a (a 0) ditunjukkan seperti berikut: dengan ungkapan Tindakan mencari

Teorem "Tiga tiga Pythagoras" Mikhail Petrovich Murseev Terdapat pelbagai kaedah untuk menentukan varian "segitiga Pythagoras" Kadang-kadang ia dipanggil "tiga tiga Pythagoras" atau "segitiga Mesir" K

Topik Kamiran tak tentu Kaedah asas pengamiran Penyepaduan mengikut bahagian Biarkan u dan v menjadi dua fungsi boleh beza bagi hujah yang sama D(u v) udv vdu (77) Ambil daripada kedua-duanya.

Topik 4. PENYELESAIAN NUMERIK PERSAMAAN BUKAN LINEAR -1- Topik 4. PENYELESAIAN ANGKA PERSAMAAN BUKAN LINEAR 4.0. Penyataan masalah Masalah mencari punca persamaan tak linear daripada bentuk y=f() sering dijumpai dalam saintifik

Kerja penyelidikan Topik "Penguraian polinomial darjah kelima kepada faktor kuadratik menggunakan polinomial interpolasi Lagrange" Dilengkapkan oleh: Shabunevich Eduard Olegovich pelajar

~ ~ Persamaan Pembezaan Maklumat am tentang persamaan pembezaan Tugas menulis persamaan pembezaan Definisi: Persamaan pembezaan ialah persamaan yang

Bab Kamiran Tak Tentu Penyepaduan langsung Fungsi F() dipanggil antiterbitan untuk fungsi f() jika kesamaan F"() f() Set semua antiderivatif bagi fungsi yang diberi f()

KEMENTERIAN SAINS DAN PENDIDIKAN PERSEKUTUAN RUSIA AKADEMI KEJURUTERAAN RADIO NEGERI RYAZAN GS LUKYANOVA AINOVIKOV PERSAMAAN RASIONAL DAN TIDAK RASIONAL DAN KETIDAKSAMAAN Kementerian Ryazan

Kuliah 9 Linearisasi persamaan pembezaan Persamaan pembezaan linear tertib yang lebih tinggi Persamaan homogen sifat penyelesaiannya Sifat penyelesaian persamaan tak homogen Definisi 9 Linear

Pertimbangkan cara pertama untuk menyelesaikan SLE mengikut peraturan Cramer untuk sistem tiga persamaan dengan tiga tidak diketahui: Jawapan dikira menggunakan formula Cramer: D, D1, D2, D3 adalah penentu

Kuliah 3 Ekstrem bagi fungsi beberapa pembolehubah Biarkan fungsi beberapa pembolehubah u = f (x, x) ditakrifkan dalam domain D, dan titik x (x, x) = tergolong dalam domain ini Fungsi u = f ( x, x) mempunyai

Polinomial algebra. 1 Polinomial algebra darjah n atas medan K Definisi 1.1 Polinomial darjah n, n N (0), dalam pembolehubah z di atas medan nombor K ialah ungkapan bentuk: fz = a n z n

Penyelesaian masalah olimpiade pelajar keenam dalam algebra Masalah 1 Buktikan bahawa jika semua elemen matriks segi empat sama pesanan yang lebih besar daripada dua adalah berbeza daripada sifar, maka ia boleh didarab dengan positif

Topik 1 Nombor sebenar dan tindakan ke atasnya 4 jam 11 Perkembangan konsep nombor 1 Pada mulanya, nombor hanya difahami sebagai nombor asli, yang mencukupi untuk mengira. item individu Banyak

INSTITUT MATEMATIK DAN MEKANIK UNIVERSITI PERSEKUTUAN KAZAN IM. N.I.LOBACHEVSKY Jabatan Teori dan Teknologi Pengajaran Matematik dan Informatik Falileeva M.V. Langkah pertama dalam menyelesaikan persamaan dan

95 Dwilinear dan fungsi kuadratik Fungsi bilinear Definisi Fungsi bilinear (bentuk bilinear) pada ruang linear L ialah fungsi dua vektor daripada L yang linear dalam setiap

Institusi Pendidikan Belanjawan Negeri Persekutuan Pendidikan Profesional Tinggi "Universiti Negeri Penyelidikan Nasional Novosibirsk" SISTEM PEMBEZAAN LINEAR

RUJUKAN Beberapa tanda pembahagian nombor asli Nombor asli ialah nombor yang digunakan untuk mengira: Nombor asli membentuk satu set yang dipanggil set nombor asli Set

57 Pertimbangkan pengamiran pecahan rasional termudah bagi jenis keempat (M N) d () p q p Mari kita buat perubahan pembolehubah dengan menetapkan d. di mana p q. Kemudian kamiran M N d p p p q q a, M p N Mp q d M (p q) p

1 UDC 517 96 1. Penyelesaian persamaan Riccati dan penggunaannya pada persamaan linear tertib kedua Chochiev Timofey Zakharovich, Calon Sains Fizikal dan Matematik, Penyelidik Kanan

Sistem persamaan pembezaan Pengenalan Serta persamaan pembezaan biasa, sistem persamaan pembezaan digunakan untuk menerangkan banyak proses dalam kehidupan sebenar.

Universiti Teknikal Negeri Moscow dinamakan sempena N.E. Bauman Fakulti Sains Asas Jabatan Permodelan Matematik А.Н. Kanatnikov,

ARAHAN KAEDAH UNTUK TUGASAN PENGIRAAN KURSUS MATEMATIK LEBIH TINGGI "PERSAMAAN PEMBEZAAN BIASA SIRI SIRI INTEGRALS BERbilangan" BAHAGIAN III TOPIK PERSAMAAN PEMBEZAAN BIASA KANDUNGAN

Kementerian Pendidikan Am dan Vokasional Persekutuan Rusia UNIVERSITI NEGERI ROSTOV E. Ya. Baik

KULIAH 2 SISTEM PERSAMAAN LINEAR PENENTUAN ORDER KECIL 1 PERSAMAAN SISTEM LINEAR Mari kita diberi satu lagi sistem linear saiz yang sama a 11x 1 + a 12x 2 + + a 1nx n = b 1, a 21x 1

{ konsep umum- Teorem Cauchy - Pengendali pembezaan linear - Teorem asas - kemerdekaan linear penyelesaian - Penentu Wronsky - Wronskian bagi persamaan pembezaan linear homogen

Analisis matematik Bahagian: Kamiran tak tentu Topik: Integrasi pecahan rasional Pensyarah Pakhomova E.G. 0 5. Pengamiran pecahan rasional DEFINISI. Pecahan rasional dipanggil

Bab PERSAMAAN PEMBEZAAN Konsep dan definisi asas Persamaan pembezaan ialah persamaan yang menghubungkan pembolehubah tidak bersandar x dengan fungsi yang dikehendaki (y f (x dan terbitan bagi fungsi yang diingini).

Kaedah pengasingan pembolehubah (kaedah Fourier) Prinsip umum kaedah pengasingan pembolehubah Bagi persamaan pembezaan separa termudah, pemisahan pembolehubah ialah pencarian penyelesaian dalam bentuk sahaja daripada t. u (x, t

Topik: Teori umum sistem persamaan linear A. Ya. Ovsyannikov Universiti Persekutuan Ural Institut Matematik dan Sains Komputer Jabatan Algebra dan Matematik Diskret Algebra dan Geometri untuk

MENGENAI PENYELESAIAN DALAM NOMBOR SEMULAJADI PERSAMAAN BENTUK Dalam analisis Diophantine, persamaan bentuk adalah antara yang sukar untuk diselesaikan. Pada masa ini tidak diketahui kaedah umum penyelesaian yang lengkap walaupun persamaan paling mudah ini

Algebra: Darjah 7. Pelajaran 2. Ungkapan angka. Ungkapan dengan pembolehubah Selamat petang, kawan-kawan! Dalam pelajaran lepas, kami menyemak semula topik yang dipelajari dalam darjah 6. Teringat cara melakukan tindakan dengan biasa dan

BAB 2 RUANG VEKTOR 9 ruang vektor atas medan 91 Axiomatics Biarkan medan P diberikan, yang unsurnya akan kita panggil skalar, dan beberapa set V, yang unsurnya akan kita panggil

Pecahan bersambung Pecahan berterusan terhingga Definisi Satu ungkapan bentuk a 0 + a + a + + a m di mana a 0 Z a a m N a m N/() dipanggil pecahan berterusan dan m ialah panjang pecahan berterusan a 0 a a m akan dipanggil pekali bagi pecahan berterusan

Kandungan Teori asas kesilapan. penyelesaian SLAU. 4. Norma dalam Ruang Dimensi Terhad... 4. Kesyaratan SLAE.... 5.3 Kaedah Berulang penyelesaian sistem linear ..............................

Kementerian Pendidikan dan Sains Persekutuan Rusia Negeri Ural Universiti Ekonomi Padang Yu. B. Melnikov. Bahagian sambungan medan buku teks elektronik untuk mengiringi kuliah Ed. ke-4, rev. dan tambahan

Kementerian Pendidikan dan Sains Persekutuan Rusia PENYELIDIKAN KEBANGSAAN UNIVERSITI PEMBINAAN NEGERI MOSCOW Jabatan Mekanik Gunaan dan Matematik PERBEZAAN BIASA

Bab 7 Konsep kaedah asymptotic Kuliah Masalah yang kerap dan tunggal terganggu Semasa membina model matematik objek fizikal, bercirikan skala yang berbeza mengikut ruang