Persamaan bentuk f. Persamaan pembezaan tidak diselesaikan berkenaan dengan terbitan

Kementerian Pendidikan dan Dasar Belia Republik Chuvash

BOU DPO (PC) C "Institut Pendidikan Republikan Chuvash"

Kementerian Pendidikan Chuvashia

Jabatan Matematik dan teknologi maklumat

Kerja kursus mengenai topik:

«Persamaan fungsi. Kaedah untuk menyelesaikannya"

Diisi oleh: guru matematik MBOU "Sekolah Menengah No. 60"

Cheboksary

Flegentova A.A.

Cheboksary, 2014

Pendahuluan…………………………………………………….………………………………3

Bab 1. Konsep persamaan kefungsian…………………………………….5

Bab 2. Bahagian praktikal. Kaedah untuk menyelesaikan persamaan berfungsi.9

Kesimpulan……………………………………………………………………………….24

Rujukan………………………………………………………………25

Permohonan………………………………………………………………………………26

pengenalan

Salah satu kemahiran matematik terpenting yang mesti dikuasai oleh pelajar sekolah ialah kebolehan menyelesaikan persamaan. Punca persamaan ditemui dalam satu atau lebih langkah, banyak masalah perkataan diselesaikan secara algebra, persamaan boleh melibatkan integer, rasional dan nombor lain, iaitu persamaan itu sendiri adalah tugas dan kaedah serentak untuk menyelesaikan masalah, keupayaan untuk menyelesaikan yang diperlukan untuk semua pelajar sekolah. Tetapi semasa membuat keputusan tugas latihan Saya terjumpa satu persamaan yang tidak dapat saya selesaikan. Seperti yang saya pelajari kemudian daripada guru, ia adalah persamaan berfungsi.

Apakah persamaan fungsian? Dan apakah cara untuk menyelesaikannya wujud? Soalan-soalan ini menarik minat saya, dan saya memutuskan untuk menjalankan penyelidikan.persamaan Cauchy berfungsi

Persamaan fungsional telah dikaji untuk masa yang lama; kursus ini tidak pernah mendapat tempat yang sesuai dalam program matematik. kesian pulak. Lagipun, menyelesaikan persamaan fungsi individu memerlukan pemahaman yang agak mendalam tentang subjek dan menanamkan cinta untuk berdikari. kerja kreatif. Oleh kerana topik ini tidak dipelajari dalam kursus sekolah kerana kerumitannya, apabila memasuki universiti berprestij, di Olympiads, dalam Bahagian C Peperiksaan Negeri Bersepadu, masalah sedemikian berlaku.

Pada masa ini, hampir tiada buku teks yang mengajar cara menyelesaikan persamaan fungsian.

Oleh itu, terdapat keperluan untuk manual yang, secara ringkas dan contoh khusus mampu menunjukkan pembaca dengan latar belakang matematik sederhana keseluruhan senjata kaedah moden menyelesaikan persamaan fungsi.

Tujuan kerja adalah untuk mengetahui apakah persamaan berfungsi dalam sistem mereka, mencari cara untuk menyelesaikannya dan menyusun koleksi masalah untuk digunakan oleh kelas matematik.

Objektif kajian:

1. kajian dan analisis kesusasteraan;

2. mencari cara untuk menyelesaikan persamaan fungsian dan sistemnya;

3. menyelesaikan persamaan fungsian

4. penyusunan koleksi

Objek kajian: persamaan fungsian

Subjek penyelidikan: mengkaji sifat dan kaedah menyelesaikan persamaan fungsi.

Struktur: pengenalan, konsep persamaan fungsi, koleksi masalah, kesimpulan.

Bab 1. Konsep persamaan berfungsi

Persamaan fungsi ialah persamaan yang mengandungi satu atau lebih fungsi yang tidak diketahui (dengan domain definisi dan nilai yang diberikan). Menyelesaikan persamaan fungsi bermakna mencari semua fungsi yang sama memuaskannya. Persamaan fungsional timbul paling banyak pelbagai kawasan matematik, biasanya dalam kes di mana ia perlu untuk menerangkan semua fungsi yang telah memberikan sifat. Istilah persamaan fungsional biasanya digunakan untuk persamaan yang tidak dapat dikurangkan dengan cara yang mudah Kepada persamaan algebra. Ketakterurangan ini paling kerap disebabkan oleh fakta bahawa argumen fungsi yang tidak diketahui dalam persamaan bukanlah pembolehubah bebas itu sendiri, tetapi beberapa fungsi tertentu daripadanya. Selalunya ditemui di pelbagai pertandingan matematik.

Beberapa persamaan fungsi yang biasa kita kenali kursus sekolah ini

f(x) = f(-x), f(-x) = - f(x), f(x+T) = f(x),

yang mentakrifkan sifat-sifat fungsi seperti kesamaan, keganjilan, dan keberkalaan.

Masalah menyelesaikan persamaan fungsi adalah salah satu yang tertua dalam analisis matematik. Mereka muncul hampir serentak dengan permulaan teori fungsi. Pembungaan sebenar pertama disiplin ini dikaitkan dengan masalah paralelogram daya. Kembali pada tahun 1769, d'Alembert mengurangkan rasional bagi hukum penambahan daya kepada penyelesaian persamaan berfungsi

Persamaan yang sama dan untuk tujuan yang sama telah dipertimbangkan oleh Poisson pada tahun 1804 di bawah beberapa andaian analitik, manakala pada tahun 1821 Cauchy (1789 - 1857) mendapati penyelesaian umum

persamaan ini, dengan mengandaikan hanya kesinambungan f(x).

Malah formula terkenal geometri bukan Euclidean untuk sudut selari

diperoleh oleh N. I. Lobachevsky (1792 – 1856) daripada persamaan fungsi

, (2)

yang diselesaikannya menggunakan kaedah yang serupa dengan kaedah Cauchy. Persamaan ini boleh dikurangkan kepada persamaan

baris masalah geometri membawa kepada persamaan fungsian, dipertimbangkan ahli matematik Inggeris C. Babbage (1792-1871). Dia mengkaji, sebagai contoh, lengkung berkala urutan kedua, yang ditakrifkan harta berikut untuk mana-mana pasangan titik pada lengkung: jika absis titik kedua adalah sama dengan ordinat titik pertama, maka ordinat titik kedua adalah sama dengan absis titik pertama. Biarkan lengkung tersebut ialah graf bagi suatu fungsiy = f(x) ; (x, f(x)) - titik sewenang-wenangnya. Kemudian, mengikut keadaan, titik dengan absisf(x) mempunyai x ordinat. Oleh itu,

Persamaan fungsi (3) dipenuhi, khususnya, oleh fungsi berikut:

Beberapa persamaan fungsi yang paling mudah ialah persamaan Cauchy

f(x+y) = f(x)+f(y), (4)

f(x+y) = f(x) f(y), (5)

f(xy) = f(x)+f(y), (6)

f(xy) = f(x) f(y), (7)

Cauchy mengkaji persamaan ini secara terperinci dalam (Kursus Analisis), yang diterbitkan pada tahun 1821. Penyelesaian berterusan bagi empat persamaan asas ini masing-masing dalam bentuk

, , ,

Di dalam kelas fungsi tidak selanjar Mungkin ada penyelesaian lain. Persamaan (4) sebelum ini telah dipertimbangkan oleh Legendre dan Gauss dalam terbitan mereka terhadap teorem asas geometri unjuran dan dalam kajian mereka tentang hukum Gaussian taburan kebarangkalian.

Persamaan fungsian (4) sekali lagi digunakan oleh G. Darboux kepada masalah segiempat selari daya dan kepada teorem asas geometri unjuran; pencapaian utamanya ialah kelonggaran andaian yang ketara. Kita tahu bahawa persamaan Cauchy berfungsi (4) mencirikan fungsi homogen linear dalam kelas fungsi selanjar.f(x) = ax . Darboux menunjukkan bahawa sebarang penyelesaian yang berterusan sekurang-kurangnya pada satu titik atau bersempadan dari atas (atau bawah) dalam selang kecil sewenang-wenangnya juga mesti mempunyai bentukf(x) = ax. Hasil selanjutnya kelonggaran andaian diikuti dengan cepat satu demi satu (kebolehintegrasian, kebolehukur pada set ukuran positif, dan juga keboleh majorisasian oleh fungsi yang boleh diukur). Timbul persoalan: adakah terdapat sekurang-kurangnya satu fungsi aditif (iaitu, memuaskan (4)) selain daripada fungsi homogen linear? Sukar untuk mencari ciri sedemikian! Dalam perjalanan kerja ini, kami akan menunjukkan bahawa untuk x rasional nilai mana-mana fungsi tambahan mesti bertepatan dengan nilai beberapa fungsi homogen linear, i.e.f(x) = ax untuk x S. Nampaknya begituf(x) = ax untuk semua x sebenar. Jikaf(x) - adalah berterusan, maka ini memang berlaku, tetapi jika andaian ini dibuang, maka ia tidak. Contoh pertama sesuatu yang berbeza daripadaf(x) = ax Penyelesaian tak selanjar bagi persamaan fungsi (4) telah dibina pada tahun 1905 oleh ahli matematik Jerman G. Hamel menggunakan asas nombor nyata yang diperkenalkannya.

Banyak persamaan fungsi tidak mentakrifkan fungsi tertentu, tetapi mentakrifkan kelas fungsi yang luas, iaitu, ia menyatakan sifat yang mencirikan kelas fungsi tertentu. Sebagai contoh, persamaan fungsianf(x+1) = f(x) mencirikan kelas fungsi yang mempunyai tempoh 1, dan persamaanf(1+x) = f(1-x) - kelas fungsi simetri berkenaan dengan garis lurusx = 1, dan lain-lain.

Bab 2. Bahagian praktikal. Kaedah untuk menyelesaikan persamaan berfungsi

Persamaan fungsi yang paling mudah

1. Biarkan fungsi y =f(x) bertambah pada R. Selesaikan:

a) persamaan f(3x + 2) = f(4x 2 + x);

b) ketaksamaan f(3х – 48) ≤ f(-х 2 + x).

Penyelesaian:

a) f(3x + 2) = f(4x 2 + x)

Terdapat teorem: jika fungsi meningkat sepanjang selang X, maka ia mengambil setiap nilainya pada satu titik. sebab itu,

3x+2 = 4x 2 + x;

4x 2 -2x-2=0;

2x 2 –x-1=0;

x 1 = 1 dan x 2 = -0.5

Jawapan: x 1 = 1 dan x 2 = -0.5.

b) f(3x – 48) ≤ f(-x 2 + x);

3x-48 ≤ -x 2 + x;

x 2 + 2x – 48 ≤ 0;

x 1 =6 dan x 2 = -8:

Jawapan: [-8;6].

2. Biarkan fungsi y =f(x) berkurang pada R. Selesaikan ketaksamaan f(2x-3)>f(x+2)

Penyelesaian:

Kami menyelesaikan sama seperti dalam tugas sebelumnya, hanya kami menukar tanda ketidaksamaan, kerana fungsi berkurangan R.

2x-3

Jawapan: (-∞; 5).

Menyelesaikan persamaan fungsian menggunakan kaedah penggantian

Dengan menggantikan beberapa pembolehubah persamaan fungsi sama ada dengan nilai tertentu atau dengan beberapa ungkapan lain, kami cuba sama ada memudahkan persamaan ini atau membawanya ke bentuk sedemikian sehingga penyelesaian selanjutnya akan menjadi jelas. Keanehan kaedah yang digunakan adalah tepat bahawa dalam beberapa kes ia membolehkan seseorang mencari penyelesaian dalam kelas semua fungsi yang mungkin.

1. Cari semua fungsi yang ditakrifkan pada set , memuaskan hubungan

Penyelesaian

Mari kita berikan nilai x. Kita mendapatkan

Dari sini

Jom dapatkan sistem

Daripada persamaan (1) kita nyatakan dan gantikannya ke dalam persamaan (2).

; ;

Dari sini

; ; .

Mari kita semak sama ada fungsi f(x) benar-benar memenuhi persamaan

x=x - betul.

Jawapan: .

Penyelesaian:

1) Biarkan

2) Gantikan ke dalam persamaan asal, kita dapat

3) Gantikan z dengan kita memperoleh atau selepas penjelmaan di sebelah kanan persamaan:

4) Jadi, kami mendapat dua persamaan:

5) Darabkan kedua-dua belah persamaan pertama dengan (-2) dan tambahkannya pada persamaan ke-2, kita dapat:

3. biarlah - beberapa nombor sebenar. Cari fungsif(x) , ditakrifkan untuk semua x ≠ 1 dan memuaskan persamaan

di mana g - fungsi yang diberikan, ditakrifkan padax ≠ 1 .

Penyelesaian: Apabila menggantikan

kita dapat sistem

penyelesaian yang dia 2 ≠ 1 adalah fungsi

Jawapan:

4. Cari penyelesaian kepada sistem persamaan fungsian untuk fungsi yang tidak diketahuif(x) Dang(x) :

Penyelesaian: Mari kita buat penggantian dalam persamaan pertama2x = 1/z .

Di mana

dan persamaan pertama mengambil bentuk:

Ataupun

Hasilnya, kami memperoleh sistem persamaan:

yang penyelesaiannya ialah g(x) = 1/x, f(x) = x+1.

Jawapan: g(x) = 1/x, f(x) = x+1.

5. Cari semua fungsi f: R  R bahawa, untuk semua x, y € R, memenuhi persamaan

f(x+y)=x+yf(x)+(1-x)y. (1)

Penyelesaian: Biarkan f sebagai fungsi yang memuaskan (1). Oleh kerana (1) adalah benar untuk semua nilai pembolehubah x dan y, ia juga benar untuk nilai khusus pembolehubah ini. Menggantikan, sebagai contoh, y sama dengan 0 ke dalam persamaan asal, kita mendapat f(x)=x. Kesamaan ini mestilah benar untuk mana-mana x sebenar. Oleh itu, (1) => f(х)≡х ialah penyelesaian kepada persamaan fungsi (1). Pengesahan langsung menunjukkan bahawa fungsi yang ditemui sememangnya memenuhi persamaan untuk semua x,y € R.

6. Cari semua fungsi f: R  R bahawa, untuk semua x, y € R, memenuhi persamaan

f(x+y)=x+yf(x)+(1-sin x)y (1)

Penyelesaian: sama seperti dalam masalah sebelumnya, kami menetapkan bahawa untuk fungsi f yang memenuhi (2), identiti f(x)≡x mesti dipenuhi. Walau bagaimanapun, menggantikan fungsi f(x) = x kepada (1), kita tidak memperoleh identiti. Oleh kerana tiada fungsi lain juga boleh menjadi penyelesaian kepada (1), maka persamaan yang diberikan tidak mempunyai penyelesaian.

7. Cari semua fungsi f: R  R bahawa, untuk semua x, y € R, memenuhi persamaan

f(x+y 2 +2y+1) = y 4 +4y 3 +2xy 2 +5y 2 +4xy+2y+x 2 +x+1 (1)

Penyelesaian: oleh kerana kita ingin mendapatkan nilai f(x), mari kita cuba untuk menyingkirkan istilah y 2 +2y+1 di bawah tanda fungsi. Persamaan y 2 +2y+1=0 mempunyai satu penyelesaian y=-1. Menggantikan y= -1 kepada (1) kita dapat f(x)= x 2 -x+1 .

Jawapan: f(x)= x 2 -x+1

8. Cari semua fungsi f: R  R bahawa, untuk semua x, y € R, memenuhi persamaan

f((x 2 +6x+6)y)=y 2 x 4 +12y 2 x 3 +48y 2 x 2 -4yx 2 +72y 2 x-24yx+36y 2 -24 (1)

Penyelesaian: Seperti dalam masalah sebelumnya, kami ingin mendapatkan pembolehubah bebas (x atau y) di bawah tanda fungsi. DALAM dalam kes ini, jelas lebih mudah untuk mendapatkan y. Menyelesaikan persamaan x 2 +6x+6)y=0 relatif kepada x kita mendapat x 1 = -1, x 2 = -5. Menggantikan mana-mana nilai ini kepada (1) memberi kita f(y)=y 2 -4у.

Menyelesaikan persamaan fungsi menggunakan kaedah Cauchy

1. Cari fungsi , ditakrifkan pada set nombor asli, memenuhi syarat

Di mana d ialah beberapa nombor nyata.

Penyelesaian:

Kami akan menyelesaikan persamaan ini menggunakan skema yang dalam matematik dipanggil kaedah Cauchy.

1. Mari cari ungkapan untuk Kita mendapatkan

, .

2. "Eksperimen" ini mencadangkan bahawa, Di mana.

3. Mari kita semak sama ada kesaksamaan itu benar-benar berlaku

di mana . Mari kita gunakan kaedah untuk membuktikan induksi matematik.

1. Mari kita semak sama ada kesamaan berlaku pada x=1:- betul.

2. Katakan bahawa kesaksamaan adalah benar untuk, di mana, i.e.

Betul.

3. Mari kita buktikan bahawa ini membayangkan kesamaan untuk x=n. Kerana , maka untuk x=n kita dapat atau

; .

Ini bermakna kesamaan adalah benar untuk sebarang nombor asli n. Oleh itu, penyelesaian kepada persamaan fungsian yang diberikan akan menjadi fungsi , dengan f(1) ialah nombor arbitrari.

2. Cari semua fungsi berterusan yang memenuhi syarat

Penyelesaian:

Kami akan mencari penyelesaian kepada persamaan fungsian secara beransur-ansur, i.e. mula-mula kita cari penyelesaiannya, jika ya nombor asli, kemudian keseluruhan, kemudian rasional dan, akhirnya, nyata.

1. Biarkan y=x. lepas tu .

2. Bila , kita dapat

, , …

3. Mari kita buktikan dengan aruhan matematik bahawa untuk nilai semula jadi (buktikan sendiri). (1)

4. Untuk x=1 kita dapat . - nombor tetap. Mari kita nyatakan dengan. Jadi, untuk , kita ada .

5. Marilah kita meletakkan kesamarataan

(1) , di mana , kita dapat

. Dari sini

atau

Setelah ditetapkan

melalui , kita dapat

Ini bermakna bahawa untuk x positif dan rasional kita dapat

Dengan mengandaikan fungsi - adalah berterusan, kita dapat

Pada

, .

6. Mari kita ambil dalam kesaksamaan. Kita mendapatkan

Dari sini.

Mari kita ambil dalam kesaksamaan ini

Kita mendapatkan

atau

Kerana

Itu

mereka. .

Jadi, untuk sebarang penyelesaian sebenar kepada persamaan akan ada fungsi

Jawapan:

Persamaan itu dipanggil persamaan Cauchy.

3. Cari fungsi berterusan , memenuhi syarat

. (1)

Penyelesaian:

Mari cuba kurangkan persamaan ini kepada persamaan fungsi Cauchy

dengan penyelesaian berterusan

Biarkan y=0, kemudian

Kerana ialah nombor tetap, mari kita nyatakan dengan dan kita dapat

Sekarang mari kita berikan nilai x .

Kita mendapatkan

Daripada persamaan (1)

kita mendapatkan

atau

(2).

Penyelesaian kepada persamaan (1) ialah fungsi

Ini bermakna bahawa penyelesaian kepada persamaan (2) akan menjadi fungsi

Jawapan:

4. Cari semua penyelesaian berterusan bagi persamaan Cauchy:

a)f ( X y) = f( x) + f( y) ( x, y€ R\ { 0 } );

b ) f( x+ y) = f( xy) ( x, y€ R);

V ) f( x+ y) = f( x) f( y) ( x, y€. R) .

Penyelesaian:

Biarkan x > 0 dahulu. Tetapkan

g (x) = f (e x).

Kemudian

g (x + y) = f (e x+y) = f (e x e y) = f (e x) + f (e y) = g (x) + g (y), iaitu g (x)

memenuhi persamaan Cauchy aditif. Kerana e x dan f (x ) adalah berterusan, maka g(x ) adalah berterusan dan mempunyai bentuk cx, dengan c ialah pemalar. Kemudian f (x) mempunyai bentuk c ln x.

khususnya,

f (1) = 0.

Meletakkan

x = y = - 1,

kita mendapatkan

f (1) = 2 f (- 1),

di mana

f (- 1) = 0.

Untuk sewenang-wenangnya x< 0 получаем

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

Dari sini

f (x) = c ln | x |

untuk sewenang-wenangnya

x ≠ 0.

b) Meletakkan

y = 0,

kita mendapatkan

f (x) = f (0), i.e. f(x) ≡ const.

Jelas sekali, sebarang pemalar adalah baik.

c) Jika

f(x) = 0

untuk beberapa x,

Itu

f (z) = f (x) f (z - x) = 0

untuk sebarang z . Jika tidak, fungsi, yang berterusan, mempunyai tanda yang sama di mana-mana. Kerana

f (2 x ) = (f (x )) 2 ,

maka tanda ini adalah positif dan kita boleh mempertimbangkan berterusan

fungsi

g (x) := ln f (x). Kita ada g (x + y) = ln(f (x) f (y)) = ln f (x)+ln f (y) = g (x)+ g (y),

mereka. persamaan Cauchy aditif berpuas hati. Dari sini g(x) = cx untuk beberapa c, dan

f (x) = e сх.

Oleh itu, sama ada

f (x)≡ 0, atau f (x) ≡е сх.

Menggunakan nilai fungsi pada beberapa titik

Kadangkala adalah mustahil untuk mencari penggantian yang akan memudahkan bentuk persamaan dengan ketara. Walau bagaimanapun, jika salah satu pembolehubah bebas adalah tetap, beberapa istilah persamaan juga boleh menjadi tetap. Anda boleh memperkenalkan tatatanda mudah untuk mereka dan menggunakannya dalam penyelesaian anda sebagai pemalar biasa. Jika pemalar ini disertakan dalam respons, semakan akan menunjukkan nilai yang sah.

Selesaikan persamaan

f(x+f(y))=xy

Penyelesaian: Penggantian

y=0

memberi

f(x+f(0))=0.

Pada pandangan pertama, terdapat sedikit faedah, kerana kita tidak tahu apa yang sama dengan f(0). Mari kita nyatakan f(0)=c, maka kita dapat f(x+c)=0. Dengan menggantikan pembolehubah t=x+c (penggantian x=t-c), kita mendapat f(e)=0, tetapi fungsi sedemikian jelas tidak memenuhi persamaan asal, jadi tiada penyelesaian.

Selesaikan persamaan

f(x+f(y))=x+y

Penyelesaian: Mari kita buat penggantian y=0 sekali lagi dan nyatakan c=f(0), kita dapat f(x+c)=x. Menggantikan t=x+c memberikan f(t)=t-c. Walaupun fakta bahawa kita tahu nilai tepat c, kita sudah tahu bahawa hanya fungsi bentuk f(x) = x-c, di mana c = const, boleh memenuhi persamaan untuk semua x, y. untuk mencari c, kami menggantikan fungsi yang ditemui ke dalam persamaan asal (pada masa yang sama kami akan menyemak dengan cara ini):

f(x+f(y))=f(x+(y-c))=(x+(y-c))-c= x+y-2c.

Daripada ini kita melihat bahawa kesaksamaan

f(x+f(y))=x+y

untuk semua x, y dengan c sama dengan 0 dan hanya dengannya. Oleh itu jawapannya ialah f(x)=x.

Jawapan: f(x)=x.

Persamaan adalah relatif

Cari semua f: R  R sedemikian rupa sehingga (f(x))2 = 1

Penyelesaian: Mempertimbangkan ini sebagai persamaan untuk f(x) yang tidak diketahui, kita dapat

f( x) = 1 ;

f( x) = -1

Nampaknya jawapannya adalah dua fungsi,

f(x)=1, f(x)=-1.

Walau bagaimanapun, ia tidak. Pertimbangkan, sebagai contoh, fungsi

1 x<0

1, x ≥ 0

Adalah mudah untuk melihat bahawa fungsi ini memenuhi persamaan. Apakah makna yang diberikan kepada keseluruhan? Oleh kerana kesamaan asal mesti dipenuhi untuk semua x € R, iaitu, bagi setiap x satu daripada kesamaan yang dipegang. Walau bagaimanapun, andaian bahawa salah satu kesamaan dipenuhi serta-merta untuk semua x adalah tidak betul. Seperti yang kita lihat dalam contoh, untuk sesetengah x satu daripada kesamaan mungkin berpuas hati, dan untuk yang lain, yang lain. Mari cuba mencirikan set fungsi yang ditentukan oleh persamaan. Biarkan A ialah set bagi x yang mana kesamaan pertama dipegang. Kemudian untuk semua yang lain x yang kedua mesti berpuas hati. Kami melihat set A secara unik mentakrifkan fungsi f:

Jawapan:

E( f) = {+-1} , di mana E(f)

menandakan set nilai f.

Penyelesaian grafik bagi persamaan fungsi. Pada apa a dan b untuk fungsi itu

f(x)=a|x-b| +3a|x-b |

syaratnya berpuas hati untuk semua sebenar

x: f(x)=f(f(x)) ?

Penyelesaian:

Apabila a=0, fungsi f(x)=0, dan persamaan jelas berpuas hati.

biarkan a>0, kemudian untuk x>0 besar fungsinya

f(x)=a(x-b)+3a(x-b)=4ax-a(b+3b)>0

Daripada Rajah 1 kita tentukan bahawa hanya kesamaan f(x)=x adalah mungkin jika nilai x cukup besar dan x>0. Khususnya, x>max(b;b).

Oleh itu, nilai yang mungkin untuk parameter a dan b ditentukan daripada sistem:

Yang mempunyai dua penyelesaian:

Untuk a=1/4, b=-1/3 kita mendapat fungsi

Grafnya (Rajah 2) ialah penyelesaian grafik persamaan

f(x)=f(f(x))

Sekarang andaikan bahawa a<0, тогда при больших по абсолютной величине и х<0. Конкретно, х

Akibatnya, nilai yang mungkin untuk parameter a dan b ditentukan daripada sistem

Yang mempunyai dua penyelesaian

Jika

a=-1/4, b=0,

kemudian fungsi

f(x)=-|x|

memenuhi persamaan

f(x)=f(f(x))

Jika a=-1/4, b=-1/3, maka kita mendapat fungsinya

Tetapi grafnya (Rajah 3) bukanlah penyelesaian grafik kepada persamaan f(x)=f(f(x)).

Jawapan: , , ,

Kesimpulan

Dalam kerja ini, persamaan fungsian dan beberapa kaedah untuk menyelesaikannya telah dipertimbangkan. Dalam perjalanan kerja kami, kami menjadi yakin bahawa persamaan fungsian ialah kelas persamaan umum di mana fungsi yang diperlukan ialah fungsi tertentu. Persamaan fungsi pada asasnya merangkumi persamaan pembezaan, persamaan kamiran, dan persamaan perbezaan terhingga. Persamaan fungsian dalam erti kata sempit perkataan itu difahami sebagai persamaan di mana fungsi yang dikehendaki berkaitan dengan fungsi yang diketahui bagi satu atau lebih pembolehubah menggunakan operasi membentuk fungsi kompleks. Persamaan berfungsi juga boleh dianggap sebagai ungkapan sifat yang mencirikan kelas fungsi tertentu.

Bibliografi

Disiarkan di Allbest.ru

PERMOHONAN

Rajah 1

Rajah.2

Rajah.3

Disiarkan di Allbest.ru

Kaedah untuk menyelesaikan persamaan: Menggantikan persamaan h(f(x)) = h(g(x)) dengan persamaan f(x) = g(x) Menggantikan persamaan h(f(x)) = h(g( x)) dengan persamaan f (x) = g(x) Pemfaktoran. Pengenalan pembolehubah baru. Fungsian - kaedah grafik. Fungsian - kaedah grafik. Pemilihan akar. Penggunaan formula Vieta.

Pemfaktoran. Persamaan f(x)g(x)h(x) = 0 boleh digantikan dengan set persamaan f(x) = 0; g(x) = 0; h(x) = 0. Setelah menyelesaikan persamaan set ini, anda perlu mengambil punca-punca yang tergolong dalam domain takrifan persamaan asal, dan membuang yang lain sebagai luar.

Selesaikan persamaan x³ – 7x + 6 = 0 Mewakili sebutan 7x dalam bentuk x + 6x, kita peroleh secara berurutan: x³ – x –6x + 6 = 0 x(x² – 1) – 6(x – 1) = 0 x (x – 1 )(x + 1) – 6(x – 1) = 0 (x – 1)(x² + x – 6) = 0 Sekarang masalah datang kepada menyelesaikan satu set persamaan x –1 = 0; x² + x – 6 = 0. Jawapan: 1, 2, – 3.

Pengenalan pembolehubah baru. Jika persamaan y(x) = 0 boleh ditukar kepada bentuk p(g(x)) = 0, maka anda perlu memperkenalkan pembolehubah baru u = g(x), selesaikan persamaan p(u) = 0, dan kemudian selesaikan set persamaan g( x) = u 1 ; g(x) = u 2 ; ... ; g(x) = u n, dengan u 1, u 2, …, u n ialah punca-punca persamaan p(u) = 0.

Selesaikan persamaan 6(x² – 4)² + 5(x² – 4)(x² – 7x +12) + (x² – 7x + 12)² = 0 Persamaan ini boleh diselesaikan sebagai persamaan homogen. Mari bahagikan kedua-dua belah persamaan dengan (x² – 7x +12)² (jelas bahawa nilai x adalah sedemikian rupa sehingga x² – 7x +12=0 bukan penyelesaian). Sekarang kita menandakan Kami Ada Dari Sini Jawapan:

Pemilihan punca Teorem 1: Jika integer m ialah punca polinomial dengan pekali integer, maka sebutan bebas polinomial itu boleh dibahagikan dengan m. Teorem 2: Polinomial terkurang dengan pekali integer tidak mempunyai punca pecahan. Teorem 3: Biarkan persamaan dengan pekali integer. di mana p dan q ialah integer tak boleh dikurangkan, ialah punca persamaan, maka p ialah pembahagi bagi sebutan bebas a n, dan q ialah pembahagi bagi pekali sebutan utama a 0. Jika nombor dan pecahan

Teorem Bezout. Baki apabila membahagi sebarang polinomial dengan binomial (x – a) adalah sama dengan nilai polinomial yang dibahagikan pada x = a. Akibat daripada teorem Bezout Perbezaan antara kuasa yang sama bagi dua nombor dibahagikan tanpa baki dengan perbezaan nombor yang sama; Perbezaan antara kuasa genap yang sama bagi dua nombor dibahagikan tanpa baki oleh kedua-dua perbezaan nombor ini dan hasil tambahnya; Perbezaan antara kuasa ganjil yang sama bagi dua nombor tidak boleh dibahagikan dengan hasil tambah nombor ini; Jumlah kuasa yang sama bagi dua bukan nombor dibahagikan dengan perbezaan nombor ini; Jumlah kuasa ganjil yang sama bagi dua nombor dibahagikan tanpa baki dengan hasil tambah nombor ini; Jumlah kuasa genap yang sama bagi dua nombor tidak boleh dibahagikan sama ada dengan perbezaan nombor ini atau dengan hasil tambahnya; Polinomial boleh dibahagikan dengan binomial (x – a) jika dan hanya jika nombor a ialah punca polinomial yang diberi; Bilangan punca yang berbeza bagi polinomial bukan sifar adalah tidak lebih daripada darjahnya.

Selesaikan persamaan x³ – 5x² – x + 21 = 0 Polinomial x³ – 5x² – x + 21 mempunyai pekali integer. Dengan Teorem 1, punca integernya, jika ada, adalah antara pembahagi bagi sebutan bebas: ± 1, ± 3, ± 7, ± 21. Dengan menyemak kita yakin bahawa nombor 3 ialah punca. Mengikut teorem Bezout, polinomial boleh dibahagikan dengan (x – 3). Oleh itu, x³– 5x² – x + 21 = (x – 3)(x²– 2x – 7). Jawapan:

Selesaikan persamaan 2x³ – 5x² – x + 1 = 0 Menurut Teorem 1, hanya nombor ± 1 boleh menjadi punca integer bagi persamaan. Semakan menunjukkan bahawa nombor ini bukan punca. Oleh kerana persamaan tidak dikurangkan, ia boleh mempunyai punca rasional pecahan. Jom cari mereka. Untuk melakukan ini, darabkan kedua-dua belah persamaan dengan 4: 8x³ – 20x² – 4x + 4 = 0 Menggantikan 2x = t, kita dapat t³ – 5t² – 2t + 4 = 0. Dengan Teorem 2, semua punca rasional bagi persamaan yang diberikan ini mestilah integer. Ia boleh didapati di antara pembahagi bagi sebutan bebas: ± 1, ± 2, ± 4. Dalam kes ini, t = – 1 adalah sesuai. Oleh itu, mengikut akibat daripada teorem Bezout, polinomial 2x³ – 5x² – x + 1 boleh dibahagi dengan (x + 0.5): 2x³ – 5x² – x + 1 = (x + 0.5)(2x² – 6x + 2) Setelah menyelesaikan persamaan kuadratik 2x² – 6x + 2 = 0, kita dapati punca yang tinggal: Jawapan :

Jawapan dan arahan: 1. Pengenalan pembolehubah baru. 2. Fungsi - kaedah grafik. 3. Menggantikan persamaan h(f(x)) = h(g(x)) dengan persamaan f(x) = g(x). 4. Pemfaktoran. 5. Pemilihan akar. 6 Fungsi - kaedah grafik. 7. Penggunaan formula Vieta. 8. Pemilihan akar. 9. Menggantikan persamaan h(f(x)) = h(g(x)) dengan persamaan f(x) = g(x). 10. Pengenalan pembolehubah baru. 11. Pemfaktoran. 12. Pengenalan pembolehubah baru. 13. Pemilihan akar. 14. Penggunaan formula Vieta. 15. Fungsi - kaedah grafik. 16. Pemfaktoran. 17. Pengenalan pembolehubah baru. 18. Pemfaktoran.

1. Arahan. Tulis persamaan sebagai 4(x²+17x+60)(x+16x+60)=3x², Bahagikan kedua-dua belah dengan x². Masukkan pembolehubah Jawapan: x 1 = – 8; x 2 = – 7.5. 4. Arahan. Tambahkan 6y dan – 6y ke sebelah kiri persamaan dan tuliskannya sebagai (y³ – 2y²) + (– 3y² + 6y) + (– 8y + 16) = (y – 2)(y² – 3y – 8). Jawapan:

14. Arahan. Menurut teorem Vieta, kerana ini adalah integer, punca-punca persamaan hanya boleh menjadi nombor –1, – 2, – 3. Jawapan: 15. Jawapan: – Arahan. Bahagikan kedua-dua belah persamaan dengan x² dan tuliskannya sebagai Masukkan pembolehubah Jawapan: 1; 1.5; 2; 3.

Bibliografi. Kolmogorov A. N. "Algebra dan permulaan analisis, 10 - 11" (M.: Prosveshchenie, 2003). Bashmakov M. I. "Algebra dan permulaan analisis, 10 - 11" (M.: Prosveshchenie, 1993). Mordkovich A. G. "Algebra dan prinsip analisis, 10 - 11" (M.: Mnemosyna, 2003). Alimov Sh. A., Kolyagin Yu. M. et al. "Algebra dan permulaan analisis, 10 - 11" (M.: Prosveshchenie, 2000). Galitsky M. L., Goldman A. M., Zvavich L. I. "Koleksi masalah dalam algebra, 8 - 9" (M.: Prosveshchenie, 1997). Karp A. P. "Koleksi masalah algebra dan prinsip analisis, 10 - 11" (M.: Prosveshchenie, 1999). Sharygin I. F. "Kursus pilihan dalam matematik, penyelesaian masalah, 10" (M.: Prosveshchenie. 1989). Skopets Z. A. "Bab tambahan mengenai kursus matematik, 10" (M.: Prosveshchenie, 1974). Litinsky G.I. "Pelajaran Matematik" (M.: Aslan, 1994). Muravin G.K. "Persamaan, ketidaksamaan dan sistemnya" (Matematik, tambahan kepada akhbar "Pertama September", 2, 3, 2003). Kolyagin Yu. M. "Polinomial dan persamaan darjah yang lebih tinggi" (Matematik, tambahan kepada akhbar "Pertama September", 3, 2005).

Biarkan fungsi f diberikan, yang pada satu titik x 0 mempunyai terbitan terhingga f (x 0). Kemudian garis lurus yang melalui titik (x 0 ; f (x 0)), mempunyai pekali sudut f ’(x 0), dipanggil tangen.

Apakah yang berlaku jika terbitan tidak wujud pada titik x 0? Terdapat dua pilihan:

Tiada tangen pada graf sama ada. Contoh klasik ialah fungsi y = |x | pada titik (0; 0).
Tangen menjadi menegak. Ini adalah benar, sebagai contoh, untuk fungsi y = arcsin x pada titik (1; π /2).

Persamaan tangen

Mana-mana garis lurus bukan menegak diberikan oleh persamaan bentuk y = kx + b, dengan k ialah cerun. Tangen tidak terkecuali, dan untuk mencipta persamaannya pada satu titik x 0, cukup untuk mengetahui nilai fungsi dan terbitan pada ketika ini.

Jadi, biarkan fungsi y = f (x) diberikan, yang mempunyai terbitan y = f ’(x) pada segmen itu. Kemudian pada mana-mana titik x 0 ∈ (a ; b) tangen boleh dilukis pada graf fungsi ini, yang diberikan oleh persamaan:

y = f ’(x 0) (x − x 0) + f (x 0)

Di sini f ’(x 0) ialah nilai terbitan pada titik x 0, dan f (x 0) ialah nilai bagi fungsi itu sendiri.

Tugasan. Diberi fungsi y = x 3 . Tulis satu persamaan untuk tangen kepada graf fungsi ini pada titik x 0 = 2.

Persamaan tangen: y = f ’(x 0) · (x − x 0) + f (x 0). Titik x 0 = 2 diberikan kepada kita, tetapi nilai f (x 0) dan f ’(x 0) perlu dikira.

Pertama, mari kita cari nilai fungsi tersebut. Semuanya mudah di sini: f (x 0) = f (2) = 2 3 = 8;
Sekarang mari kita cari terbitan: f ’(x) = (x 3)’ = 3x 2;
Kami menggantikan x 0 = 2 ke dalam terbitan: f ’(x 0) = f ’(2) = 3 2 2 = 12;
Secara keseluruhan kita dapat: y = 12 · (x − 2) + 8 = 12x − 24 + 8 = 12x − 16.
Ini ialah persamaan tangen.

Tugasan. Tulis satu persamaan untuk tangen kepada graf fungsi f (x) = 2sin x + 5 pada titik x 0 = π /2.

Kali ini kami tidak akan menerangkan setiap tindakan secara terperinci - kami hanya akan menunjukkan langkah utama. Kami ada:

f (x 0) = f (π /2) = 2sin (π /2) + 5 = 2 + 5 = 7;
f ’(x) = (2sin x + 5)’ = 2cos x;
f ’(x 0) = f ’(π /2) = 2cos (π /2) = 0;

Persamaan tangen:

y = 0 · (x − π /2) + 7 ⇒ y = 7

Dalam kes kedua, garis lurus ternyata mendatar, kerana pekali sudutnya k = 0. Tidak ada yang salah dengan ini - kita baru sahaja terjumpa titik ekstrem.

Oleh itu, terdapat keinginan semula jadi untuk mengurangkan persamaan tertib yang lebih tinggi daripada yang pertama kepada persamaan tertib yang lebih rendah. Dalam beberapa kes ini boleh dilakukan. Mari lihat mereka.

1. Persamaan bentuk y (n) =f(x) diselesaikan dengan pengamiran berjujukan n kali
, ,… .
Contoh. Selesaikan persamaan xy""=1. Oleh itu, kita boleh menulis, y"=ln|x| + C 1 dan, menyepadukan lagi, akhirnya kita dapat y=∫ln|x| + C 1 x + C 2

2. Dalam persamaan bentuk F(x,y (k) ,y (k +1) ,..,y (n))=0 (iaitu, tidak secara eksplisit mengandungi fungsi yang tidak diketahui dan beberapa derivatifnya), tertib dikurangkan dengan menukar pembolehubah y (k) = z(x). Kemudian y (k +1) =z"(x),...,y (n) = z (n - k) (x) dan kita mendapat persamaan F(x,z,z",..,z (n - k)) daripada susunan n-k. Penyelesaiannya ialah fungsi z = φ(x,C 1 ,C 2 ,…,C n) atau, mengingati apa itu z, kita memperoleh persamaan y (n-k) = φ(x,C 1 ,C 2 ,…, C n - k) dipertimbangkan dalam kes jenis 1.
Contoh 1. Selesaikan persamaan x 2 y"" = (y") 2. Buat penggantian y"=z(x) . Kemudian y""=z"(x). Menggantikan ke dalam persamaan asal, kita mendapat x 2 z"=z 2. Mengasingkan pembolehubah, kita dapat . Mengintegrasikan, kita ada , atau, yang sama, . Hubungan terakhir ditulis dalam bentuk , dari mana . Mengintegrasikan, akhirnya kita dapat
Contoh 2. Selesaikan persamaan x 3 y"" +x 2 y"=1. Kami membuat perubahan pembolehubah: y"=z; y""=z"
x 3 z"+x 2 z=1. Kami membuat perubahan pembolehubah: z=u/x; z"=(u"x-u)/x 2
x 3 (u"x-u)/x 2 +x 2 u/x=1 atau u"x 2 -xu+xu=1 atau u"x^2=1. Daripada: u"=1/x 2 atau du/ dx=1/x 2 atau u = int(dx/x 2) = -1/x+c 1
Oleh kerana z=u/x, maka z = -1/x 2 +c 1 /x. Oleh kerana y"=z, maka dy/dx=-1/x 2 +c 1 /x
y = int(c 1 dx/x-dx/x 2) =c 1 ln(x) + 1/x + c 2. Jawapan: y = c 1 ln(x) + 1/x + c 2

3. Persamaan seterusnya yang boleh dikurangkan mengikut tertib ialah persamaan bentuk F(y,y",y"",…,y (n))=0, yang tidak secara eksplisit mengandungi pembolehubah bebas. Urutan bagi persamaan dikurangkan dengan menggantikan pembolehubah y" =p(y) , di mana p ialah fungsi baru yang dikehendaki bergantung kepada y. Kemudian
= dan seterusnya. Dengan aruhan kita mempunyai y (n) =φ(p,p",..,p (n-1)). Menggantikan ke dalam persamaan asal, kita menurunkan susunannya dengan satu.

Contoh. Selesaikan persamaan (y") 2 +2yy""=0. Kami membuat penggantian piawai y"=p(y), kemudian y″=p′·p. Menggantikan ke dalam persamaan, kita dapat Mengasingkan pembolehubah, untuk p≠0, kita ada. Mengintegrasikan, kita dapat atau, yang mana perkara yang sama, . Kemudian atau. Mengintegrasikan kesaksamaan terakhir, akhirnya kami memperoleh Apabila mengasingkan pembolehubah, kita boleh kehilangan penyelesaian y=C, yang diperoleh untuk p=0, atau, apa yang sama, untuk y"=0, tetapi ia terkandung dalam yang diperoleh di atas.

4. Kadangkala adalah mungkin untuk melihat ciri yang membolehkan anda menurunkan susunan persamaan dengan cara yang berbeza daripada yang dibincangkan di atas. Mari tunjukkan ini dengan contoh.

Contoh.
1. Jika kedua-dua belah persamaan yy"""=y′y″ dibahagikan dengan yy″, kita memperoleh persamaan yang boleh ditulis semula sebagai (lny″)′=(lny)′. Daripada hubungan terakhir ia mengikuti bahawa lny″=lny +lnC, atau, apa yang sama, y″=Cy... Hasilnya ialah persamaan tertib magnitud yang lebih rendah dan daripada jenis yang dibincangkan sebelum ini.
2. Begitu juga, untuk persamaan yy″=y′(y′+1) kita ada, atau (ln(y"+1))" = (lny)". Daripada hubungan terakhir ia mengikuti bahawa ln(y"+ 1) = lny + lnC 1, atau y"=C 1 y-1. Mengasingkan pembolehubah dan menyepadukan, kita dapat ln(C 1 y-1) = C 1 x+C 2
buat keputusan persamaan yang boleh dikurangkan mengikut tertib mungkin menggunakan perkhidmatan khas

1. Ubah persamaan yang diberi kepada bentuk F(x) = 0.

2. Bina jadual nilai fungsi pada selang tertentu.

3. Graf fungsi F(x).

4. Setempatkan punca, iaitu cari selang di mana punca persamaan wujud. Selang penyetempatan akar sedemikian boleh menjadi selang pada hujungnya yang fungsinya mempunyai tanda yang bertentangan.

5. Tentukan daripada graf punca pertama bagi persamaan dan segmen pertama penyetempatan punca ini.

6. Dengan menggunakan kaedah separuh, cari punca persamaan dengan ketepatan e=0.001.

7. Ulang langkah 5 dan 6 untuk punca persamaan seterusnya.

Pilihan persamaan dipilih oleh nombor pelajar dalam senarai.

Pilihan persamaan

1. Cari punca bagi persamaan algebra tak linear

2. Cari punca bagi persamaan algebra tak linear