Tört-racionális függvény integrálása.
Bizonytalan együttható módszer

Továbbra is dolgozunk a törtek integrálásán. A leckében már megvizsgáltuk egyes törttípusok integráljait, és ez a lecke bizonyos értelemben folytatásnak tekinthető. Az anyag sikeres megértéséhez alapvető integrációs készségek szükségesek, tehát ha most kezdted el az integrálokat tanulni, vagyis kezdő vagy, akkor a cikkel kell kezdened Határozatlan integrál. Példák megoldásokra.

Furcsa módon most nem annyira integrálok keresésével fogunk foglalkozni, hanem... lineáris egyenletrendszerek megoldásával. Ebben a tekintetben sürgősen Azt javaslom, hogy vegyen részt az órán, vagyis jól ismernie kell a helyettesítési módszereket (az „iskola” módszer és a rendszeregyenletek tagozatos összeadása (kivonása)).

Mi az a tört racionális függvény? Egyszerűen fogalmazva, a tört-racionális függvény olyan tört, amelynek számlálója és nevezője polinomokat vagy polinomok szorzatát tartalmazza. Ráadásul a törtek kifinomultabbak, mint a cikkben tárgyaltak Néhány tört integrálása.

Megfelelő tört-racionális függvény integrálása

Azonnal egy példa és egy tipikus algoritmus egy tört-racionális függvény integráljának megoldására.

1. példa

1. lépés. Az első dolog, amit MINDIG megteszünk egy tört racionális függvény integráljának megoldása során, hogy tisztázzuk a következő kérdést: megfelelő a tört? Ezt a lépést szóban hajtják végre, és most elmagyarázom, hogyan:

Először a számlálót nézzük, és megtudjuk felsőfokú végzettség polinom:

A számláló vezető hatványa kettő.

Most megnézzük a nevezőt, és megtudjuk felsőfokú végzettség névadó. A kézenfekvő módja a zárójelek megnyitása és hasonló kifejezések megadása, de megteheti egyszerűbben is minden egyes zárójelben keresse a legmagasabb fokozatot

és gondolatban megszorozzuk: - így a nevező legmagasabb foka hárommal egyenlő. Teljesen nyilvánvaló, hogy ha valóban kinyitjuk a zárójeleket, akkor nem kapunk háromnál nagyobb fokkal.

Következtetés: A számláló fő fokozata SZIGORÚAN kisebb, mint a nevező legnagyobb hatványa, ami azt jelenti, hogy a tört megfelelő.

Ha ebben a példában a számláló a 3, 4, 5 stb. polinomot tartalmazza. fok, akkor a tört az lenne rossz.

Most csak a helyes tört racionális függvényeket fogjuk figyelembe venni. Azt az esetet, amikor a számláló foka nagyobb vagy egyenlő, mint a nevező mértéke, a lecke végén lesz szó.

2. lépés. Tényezőzzük a nevezőt. Nézzük a nevezőnket:

Általánosságban elmondható, hogy ez már tényezők eredménye, de ennek ellenére feltesszük magunknak a kérdést: lehetséges-e valami mást bővíteni? A kínzás tárgya kétségtelenül a négyzetes trinomiális lesz. A másodfokú egyenlet megoldása:

A diszkriminans nagyobb, mint nulla, ami azt jelenti, hogy a trinomiális valóban faktorizálható:

Általános szabály: MINDEN, ami a nevezőben szerepelhet – faktoráljon

Kezdjük a megoldás megfogalmazásával:

3. lépés A határozatlan együtthatók módszerével az integrandust egyszerű (elemi) törtek összegévé bővítjük. Most már világosabb lesz.

Nézzük meg az integrand függvényünket:

És tudod, valahogyan felbukkan egy intuitív gondolat, hogy jó lenne a nagy töredékünket több kicsire alakítani. Például így:

Felmerül a kérdés, hogy ez egyáltalán lehetséges? Lélegezzünk fel, a matematikai elemzés megfelelő tétele kimondja – LEHETSÉGES. Egy ilyen dekompozíció létezik és egyedülálló.

Csak egy fogás van, ennek az esélye Viszlát Nem tudjuk, innen ered a név - a határozatlan együtthatók módszere.

Ahogy sejtette, a későbbi testmozgások ilyenek, ne kuncogj! célja, hogy csak FELISMERJE őket – hogy megtudja, mivel egyenlők.

Vigyázat, csak egyszer fogom részletesen elmagyarázni!

Tehát kezdjük a táncot:

A bal oldalon a kifejezést közös nevezőre redukáljuk:

Most már nyugodtan megszabadulhatunk a nevezőktől (mivel ugyanazok):

A bal oldalon kinyitjuk a zárójeleket, de egyelőre ne érintsük meg az ismeretlen együtthatókat:

Ugyanakkor megismételjük a polinomok szorzásának iskolai szabályát. Tanár koromban megtanultam ezt a szabályt egyenes arccal kiejteni: Egy polinom polinommal való szorzásához meg kell szorozni az egyik polinom minden tagját a másik polinom minden tagjával.

Az egyértelmű magyarázat szempontjából jobb, ha az együtthatókat zárójelbe teszem (bár én személy szerint soha nem teszem ezt az időmegtakarítás érdekében):

Összeállítunk egy lineáris egyenletrendszert.
Először felsőfokú végzettséget keresünk:

És beírjuk a megfelelő együtthatókat a rendszer első egyenletébe:

Emlékezzen jól a következő pontra. Mi történne, ha egyáltalán nem lenne s a jobb oldalon? Tegyük fel, hogy minden négyzet nélkül mutatkozna? Ebben az esetben a rendszer egyenletében a jobb oldalra egy nullát kellene tenni: . Miért nulla? De mivel a jobb oldalon mindig ugyanazt a négyzetet lehet nullával hozzárendelni: Ha a jobb oldalon nincs változó és/vagy szabad tag, akkor a rendszer megfelelő egyenleteinek jobb oldalára nullákat teszünk.

A megfelelő együtthatókat a rendszer második egyenletébe írjuk:

És végül, ásványvíz, kiválasztjuk a szabad tagokat.

Eh... kicsit vicceltem. Viccet félretéve - a matematika komoly tudomány. Az intézeti csoportunkban senki nem nevetett, amikor az adjunktus azt mondta, hogy a kifejezéseket a számegyenesen szétszórja, és kiválasztja a legnagyobbakat. Komolyodjunk. Bár... aki megéli ennek a leckének a végét, az továbbra is csendesen mosolyog.

A rendszer készen áll:

Megoldjuk a rendszert:

(1) Az első egyenletből kifejezzük és behelyettesítjük a rendszer 2. és 3. egyenletébe. Valójában más egyenletből is lehetett kifejezni (vagy más betűt), de ebben az esetben előnyös az 1. egyenletből kifejezni, mivel ott a legkisebb esély.

(2) Hasonló kifejezéseket mutatunk be a 2. és 3. egyenletben.

(3) A 2. és 3. egyenletet tagonként összeadjuk, így megkapjuk az egyenlőséget, amiből az következik, hogy

(4) Behelyettesítjük a második (vagy harmadik) egyenletbe, ahonnan ezt megtaláljuk

(5) Helyettesítsd be és az első egyenletbe, megkapva .

Ha nehézségei vannak a rendszer megoldási módszereivel, gyakorolja azokat az órán. Hogyan lehet lineáris egyenletrendszert megoldani?

A rendszer megoldása után mindig célszerű ellenőrizni - helyettesíteni a talált értékeket minden a rendszer egyenlete, ennek eredményeként mindennek „konvergálnia” kell.

Majdnem ott. Megtalálták az együtthatókat, és:

A kész munkának valahogy így kell kinéznie:

Mint látható, a feladat fő nehézsége egy lineáris egyenletrendszer (helyesen!) összeállítása és (helyesen!) megoldása volt. És a végső szakaszban minden nem olyan nehéz: a határozatlan integrál linearitási tulajdonságait használjuk és integráljuk. Felhívjuk figyelmét, hogy mindhárom integrál alatt van egy „szabad” komplex függvényünk, ennek integrálásának jellemzőiről beszéltem a leckében. Változómódosítási módszer határozatlan integrálban.

Ellenőrzés: Különböztesse meg a választ:

Az eredeti integrand függvényt megkaptuk, ami azt jelenti, hogy az integrált helyesen találtuk meg.
Az ellenőrzés során a kifejezést közös nevezőre kellett redukálnunk, és ez nem véletlen. A határozatlan együtthatók módszere és a kifejezés közös nevezőre való redukálása kölcsönösen fordított műveletek.

2. példa

Keresse meg a határozatlan integrált.

Térjünk vissza az első példa törtjéhez: . Könnyen észrevehető, hogy a nevezőben minden tényező MÁS. Felmerül a kérdés, hogy mi a teendő, ha például a következő tört adott: ? Itt vannak fokozatok a nevezőben, vagy matematikailag többszörösei. Ezen kívül van egy másodfokú trinom, amely nem faktorizálható (könnyű ellenőrizni, hogy az egyenlet diszkriminánsa negatív, így a trinom nem faktorizálható). Mit kell tenni? Az elemi törtek összegére való bővítés valahogy így fog kinézni ismeretlen együtthatókkal a tetején, vagy valami más?

3. példa

Mutasson be egy függvényt

1. lépés. Ellenőrizzük, hogy van-e megfelelő tört
Fő számláló: 2
A nevező legmagasabb foka: 8
, ami azt jelenti, hogy a tört helyes.

2. lépés. Be lehet számolni valamit a nevezőben? Nyilvánvalóan nem, már minden ki van rakva. A négyzetes trinomit a fent említett okok miatt nem lehet termékké bővíteni. Kapucni. Kevesebb munka.

3. lépés Képzeljünk el egy tört-racionális függvényt elemi törtek összegeként.
Ebben az esetben a bővítés a következő formában történik:

Nézzük a nevezőnket:
Ha egy tört-racionális függvényt elemi törtek összegére bontunk, három alapvető pontot lehet megkülönböztetni:

1) Ha a nevező az első hatványhoz „magányos” tényezőt tartalmaz (esetünkben), akkor egy határozatlan együtthatót teszünk a tetejére (esetünkben). Az 1. és 2. példák csak ilyen „magányos” tényezőket tartalmaztak.

2) Ha a nevező rendelkezik többszörös szorzót, akkor a következőképpen kell bontania:
- azaz egymás után menjen végig az „X” összes fokán az elsőtől az n-edikig. Példánkban két több tényező szerepel: és , nézze meg még egyszer az általam adott kiterjesztést, és győződjön meg arról, hogy pontosan ennek a szabálynak megfelelően vannak kibontva.

3) Ha a nevező másodfokú felbonthatatlan polinomot tartalmaz (esetünkben), akkor a számlálóban történő felbontáskor egy meghatározatlan együtthatójú lineáris függvényt kell írni (esetünkben meghatározatlan együtthatókkal és ).

Valójában van még egy 4. eset, de erről hallgatok, mert a gyakorlatban rendkívül ritka.

4. példa

Mutasson be egy függvényt ismeretlen együtthatójú elemi törtek összegeként.

Ez egy példa, amelyet egyedül kell megoldania. Teljes megoldás és válasz a lecke végén.
Szigorúan kövesse az algoritmust!

Ha megérti azokat az elveket, amelyek alapján egy tört-racionális függvényt összeggé kell bővítenie, akkor a szóban forgó típus szinte bármelyik integrálját átrághatja.

5. példa

Keresse meg a határozatlan integrált.

1. lépés. Nyilvánvalóan a tört helyes:

2. lépés. Be lehet számolni valamit a nevezőben? Tud. Itt van a kockák összege . Tényezősítse a nevezőt a rövidített szorzási képlet segítségével

3. lépés A határozatlan együtthatók módszerével az integrandust elemi törtek összegére bővítjük:

Kérjük, vegye figyelembe, hogy a polinom nem faktorizálható (ellenőrizze, hogy a diszkrimináns negatív), ezért a tetejére teszünk egy ismeretlen együtthatójú lineáris függvényt, és nem csak egy betűt.

A törtet közös nevezőre hozzuk:

Állítsuk össze és oldjuk meg a rendszert:

(1) Az első egyenletből fejezzük ki és behelyettesítjük a rendszer második egyenletébe (ez a legracionálisabb mód).

(2) Hasonló kifejezéseket mutatunk be a második egyenletben.

(3) A rendszer második és harmadik egyenletét tagonként összeadjuk.

Minden további számítás elvileg szóbeli, mivel a rendszer egyszerű.

(1) A talált együtthatóknak megfelelően felírjuk a törtek összegét.

(2) A határozatlan integrál linearitási tulajdonságait használjuk. Mi történt a második integrálban? Ezzel a módszerrel a lecke utolsó bekezdésében ismerkedhet meg. Néhány tört integrálása.

(3) Ismét a linearitás tulajdonságait használjuk. A harmadik integrálban elkezdjük elkülöníteni a teljes négyzetet (a lecke utolsó előtti bekezdése Néhány tört integrálása).

(4) Vegyük a második integrált, a harmadikban pedig a teljes négyzetet.

(5) Vegyük a harmadik integrált. Kész.

A BASHKORTÓI KÖZTÁRSASÁG TUDOMÁNYOS ÉS OKTATÁSI MINISZTÉRIUMA

SAOU SPO Baskír Építészeti és Építőmérnöki Főiskola

Khaliullin Askhat Adelzyanovics,

matematikatanár a Baskírszkijban

Építészeti és Építőmérnöki Főiskola

UFA

2014

Bevezetés ______________________________________________________________3

Fejezet ÉN. A bizonytalan együtthatók módszerének alkalmazásának elméleti vonatkozásai____________________________________________________4

Fejezet II. Polinomokkal kapcsolatos feladatok megoldását keresi a határozatlan együtthatók módszerével______________________________________7

2.1. Polinom faktorálása_________________________ 7

2.2. Problémák a paraméterekkel__________________________________________ 10

2.3. Egyenletek megoldása____________________________________________________14

2.4. Funkcionális egyenletek___________________________________19

Következtetés_________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Felhasznált irodalom jegyzéke____________________________________________________24

Alkalmazás ________________________________________________25

Bevezetés.

Ez a munka a határozatlan együtthatók módszerének az iskolai matematika tantárgyba történő bevezetésének elméleti és gyakorlati vonatkozásaival foglalkozik. A téma relevanciáját a következő körülmények határozzák meg.

Senki sem fog vitatkozni azzal, hogy a matematika mint tudomány nem áll egy helyen, folyamatosan fejlődik, új, megnövekedett összetettségű feladatok jelennek meg, ami gyakran okoz bizonyos nehézségeket, hiszen ezek a feladatok általában a kutatáshoz kapcsolódnak. Az elmúlt években iskolai, kerületi és köztársasági matematikai olimpiákon is megfogalmaztak ilyen jellegű feladatokat, illetve egységes államvizsga-változatban is elérhetők. Ezért olyan speciális módszerre volt szükség, amely legalább néhányat a leggyorsabban, leghatékonyabban és legolcsóbban megoldhat. Ez a munka világosan bemutatja a határozatlan együtthatók módszerének tartalmát, amelyet széles körben alkalmaznak a matematika legkülönbözőbb területein, az általános oktatási kurzusban szereplő kérdésektől a legfejlettebb részekig. Különösen érdekesek és hatékonyak a határozatlan együtthatók módszerének alkalmazásai paraméterekkel, tört racionális és funkcionális egyenletekkel kapcsolatos problémák megoldásában; könnyen felkelthetnek mindenkit, aki érdeklődik a matematika iránt. A javasolt munka és a problémaválasztás fő célja, hogy bőséges lehetőséget biztosítson a rövid és nem szabványos megoldások keresésének képességének csiszolására és fejlesztésére.

Ez a munka két fejezetből áll. Az első a felhasználás elméleti vonatkozásait tárgyalja

a bizonytalan együtthatók módszerét, másodszor pedig az ilyen felhasználás gyakorlati és módszertani vonatkozásait.

Az önálló megoldáshoz konkrét feladatokhoz a munka melléklete ad feltételeket.

Fejezet én . A használat elméleti vonatkozásai bizonytalan együtthatók módszere

„Az ember... mesternek született,

uralkodó, a természet királya, de bölcsesség,

amellyel uralkodnia kell, nem adatik meg neki

születéstől fogva: tanulással lehet megszerezni"

N.I.Lobacsevszkij

A problémák megoldásának különféle módjai és módszerei léteznek, de az egyik legkényelmesebb, leghatékonyabb, eredeti, elegáns és egyben nagyon egyszerű és mindenki számára érthető a határozatlan együtthatók módszere. A meghatározatlan együtthatók módszere egy olyan módszer, amelyet a matematikában használnak azon kifejezések együtthatóinak megtalálására, amelyek alakja előre ismert.

Mielőtt megvizsgálnánk a határozatlan együtthatók módszerének alkalmazását különféle típusú problémák megoldására, számos elméleti információt közölünk.

Adjanak nekik

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

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

polinomok relatív x bármilyen esélyekkel.

Tétel. Két polinom attól függően, hogy egy és ugyanaz az érv akkor és csak akkor azonosn = m és a hozzájuk tartozó együtthatók egyenlőka 0 = b 0 , a 1 = b 1 , a 2 = b 2 ,··· , a n -1 = b m -1 , a n = b m És T. d.

Nyilvánvaló, hogy minden értékhez egyenlő polinomok tartoznak x ugyanazok az értékek. Fordítva, ha két polinom értéke minden értékre egyenlő x, majd a polinomok egyenlőek, azaz együtthatóik azonos fokon állnakx egyeznek meg.

Ezért a határozatlan együtthatók módszerének alkalmazásának ötlete a problémák megoldására a következő.

Tudjuk, hogy néhány transzformáció eredményeként egy bizonyos típusú kifejezést kapunk, és ebben a kifejezésben csak az együtthatók ismeretlenek. Ezután ezeket az együtthatókat betűkkel jelöljük, és ismeretlennek tekintjük. Ezután egy egyenletrendszert hozunk létre ezen ismeretlenek meghatározására.

Például polinomok esetében ezek az egyenletek abból a feltételből állnak, hogy az együtthatók azonos hatványokra egyenlőek. x két egyenlő polinomra.

Mutassuk be a fent elmondottakat a következő konkrét példákkal, és kezdjük a legegyszerűbbel.

Tehát például elméleti megfontolások alapján a tört

összegként ábrázolható

, Ahol a , b És c - meghatározandó együtthatók. Megtalálásukhoz a második kifejezést egyenlővé tesszük az elsővel:

=

és megszabadítjuk magunkat a nevezőtől, és a baloldalon azonos jogkörű kifejezéseket gyűjtünk x, kapunk:

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

Mivel az utolsó egyenlőségnek minden értékre igaznak kell lennie x, akkor az együtthatók azonos fokonx jobb és bal oldal azonos legyen. Így három egyenletet kapunk a három ismeretlen együttható meghatározására:

a+b+c = 2

b - c = - 5

A= 1, honnan a = 1 , b = - 2 , c = 3

Ennélfogva,

=
,

ennek az egyenlőségnek az érvényessége könnyen ellenőrizhető közvetlenül.

Tegyük fel, hogy törtet is kell képviselnie

mint a + b
+ c
+ d
, Ahol a , b , c És d- ismeretlen racionális együtthatók. A második kifejezést egyenlővé tesszük az elsővel:

a + b
+ c
+ d
=
vagy, Megszabadulva a nevezőtől, lehetőség szerint eltávolítva a racionális tényezőket a gyökök jelei alól, és hasonló kifejezéseket hozva a bal oldalra, így kapjuk:

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

+ (időszámításunk előtt + d )
= 1 +
-
.

De ez az egyenlőség csak abban az esetben lehetséges, ha mindkét rész racionális tagja és ugyanazon gyök együtthatói egyenlőek. Így négy egyenletet kapunk az ismeretlen együtthatók megtalálására a , b , c És d :

a- 2b+ 3c = 1

- a+b +3 d = 1

a+c - 2 d = - 1

b - c + d= 0, honnan a = 0 ; b = - ; c = 0 ; d= , vagyis
= -
+
.

fejezet II. Megoldásokat keres polinomokkal kapcsolatos problémákra meghatározatlan együtthatók módszere.

„Semmi sem járul hozzá jobban egy tantárgy elsajátításához, mint

hogyan viselkedjünk vele különböző helyzetekben"

B. V. Gnedenko akadémikus

2. 1. Polinom faktorálása.

Polinomok faktorálási módszerei:

1) a közös tényező zárójelből való kihelyezése 2) csoportosítási módszer; 3) alapvető szorzóképletek alkalmazása; 4) segédfogalmak bevezetése, 5) adott polinom előzetes átalakítása bizonyos képletekkel; 6) bővítés egy adott polinom gyökeinek megtalálásával; 7) a paraméter bevitelének módja; 8) meghatározatlan együtthatók módszere.

1. feladat. Tényezősítse a polinomot valós tényezőkké x 4 + x 2 + 1 .

Megoldás. Ennek a polinomnak a szabad tagjának osztói között nincs gyök. A polinom gyökereit más elemi eszközökkel nem találjuk meg. Ezért nem lehet végrehajtani a szükséges bővítést úgy, hogy először megkeressük ennek a polinomnak a gyökereit. Marad a probléma megoldása vagy segédfogalmak bevezetésével, vagy a meghatározatlan együtthatók módszerével. Ez nyilvánvaló x 4 + x 2 + 1 = x 4 + x 3 + x 2 - x 3 - x 2 - x + x 2 + x + 1 =

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

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

A kapott másodfokú trinomiálisoknak nincs gyökere, ezért nem bonthatók fel valós lineáris tényezőkre.

A leírt módszer technikailag egyszerű, de mesterségessége miatt nehézkes. Valójában nagyon nehéz előállni a szükséges segédfogalmakkal. Csak egy találgatás segített megtalálni ezt a bontást. De

Vannak megbízhatóbb módszerek az ilyen problémák megoldására.

El lehet járni így: tételezzük fel, hogy az adott polinom felbomlik a szorzatra

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

két négyzetes trinom egész együtthatóval.

Így nekünk ez lesz

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

Marad az együtthatók meghatározásaa , b , c És d .

Az utolsó egyenlőség jobb oldalán lévő polinomokat megszorozva kapjuk:x 4 + x 2 + 1 = x 4 +

+ (a + c ) x 3 + (b + A c + d ) x 2 + (hirdetés + időszámításunk előtt ) x + bd .

De mivel ennek az egyenlőségnek a jobb oldala ugyanabba a polinommá alakul, mint a bal oldalon, a következő feltételeknek kell teljesülniük:

a + c = 0

b + A c + d = 1

hirdetés + időszámításunk előtt = 0

bd = 1 .

Az eredmény egy négy egyenletrendszer négy ismeretlennela , b , c És d . Ebből a rendszerből könnyű megtalálni az együtthatókata = 1 , b = 1 , c = -1 És d = 1.

Most a probléma teljesen megoldódott. Kaptunk:

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

2. feladat. Tényezősítse a polinomot valós tényezőkké x 3 – 6 x 2 + 14 x – 15 .

Megoldás. Ezt a polinomot ábrázoljuk a formában

x 3 – 6 x 2 + 14 x – 15 = (x + A )(x 2 + bx + c) , Ahol a , b És Val vel - az együtthatók még nincsenek meghatározva. Mivel két polinom akkor és csak akkor egyenlő, ha azonos hatványok együtthatóix akkor egyenlőek, egyenlővé téve az együtthatókat rendrex 2 , x és szabad tagok, kapunk egy három egyenletrendszert három ismeretlennel:

a+b= - 6

ab + c = 14

ac = - 15 .

Ennek a rendszernek a megoldása jelentősen leegyszerűsödik, ha figyelembe vesszük, hogy a 3-as szám (a szabad tag osztója) az egyenlet gyökere, és ezérta = - 3 ,

b = - 3 És Val vel = 5 .

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

Az alkalmazott határozatlan együtthatók módszere a fenti segédfogalmak bevezetésének módszeréhez képest nem tartalmaz semmi mesterségeset, de számos elméleti alapelv alkalmazását igényli, és meglehetősen nagy számítások kísérik. A magasabb fokú polinomok esetében ez a meghatározatlan együtthatók módszere nehézkes egyenletrendszerekhez vezet.

2.2.Feladatok és paraméterekkel.

Az elmúlt években az Egységes Államvizsga verziói paraméteres feladatokat kínáltak. Megoldásuk gyakran okoz bizonyos nehézségeket. A paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldása során más módszerekkel együtt meglehetősen hatékonyan használhatja a határozatlan együtthatók módszerét. Ez a módszer lehetővé teszi, hogy jelentősen leegyszerűsítse a megoldást, és gyorsan választ kapjon.

3. feladat Határozza meg, hogy a paraméter mely értékeinél A 2. egyenlet x 3 – 3 x 2 – 36 x + A – 3 = 0-nak pontosan két gyöke van.

Megoldás. 1 út. Származék használata.

Ábrázoljuk ezt az egyenletet két függvény formájában

2x 3 – 3 x 2 – 36 x – 3 = – A .

f (x) = 2x 3 – 3 x 2 – 36 x– 3 és φ( x ) = – A .

Vizsgáljuk meg a funkciótf (x) = 2x 3 – 3 x 2 – 36 x – 3 a derivált segítségével, és sematikusan megszerkeszti annak gráfját (1. ábra).

f( – x )f (x ) , f (– x ) – f (x ). A függvény se nem páros, se nem páratlan.

3. Keressük meg a függvény kritikus pontjait, növekedési és csökkenési intervallumait, szélsőségeit! f / (x ) = 6 x 2 – 6 x – 36. D (f / ) = R , ezért az egyenlet megoldásával megtaláljuk a függvény minden kritikus pontját f / (x ) = 0 .

6(x 2 – x– 6) = 0 ,

x 2 – x– 6 = 0 ,

x 1 = 3 , x 2 = – 2 a Vieta tételének fordított tétele alapján.

f / (x ) = 6(x – 3)(x + 2).

+ max - min +

2 3 x

f / (x) > 0 mindenre x< – 2 és x > 3 és a függvény pontokban folytonosx =– 2 és x = 3, ezért minden intervallumon növekszik (- ; - 2] és [3; ).

f / (x ) < 0 - 2 < x< 3, ezért a [-2 intervallumon csökken; 3 ].

x = - 2. maximum pont, mert ezen a ponton a származék előjele változik"+" -ból "-".

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

x = 3 minimum pont, mivel ezen a ponton a derivált előjele megváltozik"-" a "+"-ra.

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

A φ( függvény grafikonjax ) = – A az x tengellyel párhuzamos és a (0) koordinátákkal rendelkező ponton áthaladó egyenes vonal; – A ). A grafikonoknak két közös pontja van:A= 41, azaz a =– 41 és – A= – 84, azaz A = 84 .

nál nél

41φ( x)

2 3 x

3 f ( x ) = 2x 3 – 3 x 2 – 36 x – 3

2. módszer. A meghatározatlan együtthatók módszere.

Mivel a feladat feltételei szerint ennek az egyenletnek csak két gyökere lehet, az egyenlőség nyilvánvaló:

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

2x 3 – 3 x 2 – 36 x + A – 3 = 2 x 3 + (4 b + c ) x 2 + (2 b 2 + +2 időszámításunk előtt ) x + b 2 c ,

Most egyenlővé tesszük az együtthatók ugyanazon fokon x, egyenletrendszert kapunk

4 b + c = - 3

2b 2 + 2bc = - 36

b 2 c = a – 3 .

A rendszer első két egyenletéből azt találjukb 2 + b – 6 = 0, honnan b 1 = - 3 vagy b 2 = 2. Megfelelő értékekVal vel 1 és Val vel 2 könnyű megtalálni a rendszer első egyenletéből:Val vel 1 = 9 vagy Val vel 2 = - 11 . Végül a paraméter kívánt értéke meghatározható a rendszer utolsó egyenletéből:

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

Válasz: ennek az egyenletnek pontosan két különbözősége van

gyökér at A= - 41 és A= 84 .

4. feladat Keresse meg a paraméter legnagyobb értékét!A , amelyre az egyenletx 3 + 5 x 2 + Ó + b = 0

Az egész együtthatókkal három különböző gyöke van, amelyek közül az egyik egyenlő – 2-vel.

Megoldás. 1 út. Helyettesítés x= - 2 az egyenlet bal oldalára, azt kapjuk

8 + 20 – 2 A + b= 0, ami azt jelenti b = 2 a – 12 .

Mivel a -2 szám gyök, kivehetjük a közös tényezőt x + 2:

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

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

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

= (x + 2)(x 2 + 3 x + (a – 6) ) .

Feltétel szerint az egyenletnek még két gyöke van. Ez azt jelenti, hogy a második tényező diszkriminánsa pozitív.

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

Úgy tűnik, ez lesz a válasz a = 8. De ha behelyettesítjük a 8-as számot az eredeti egyenletbe, a következőt kapjuk:

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

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

vagyis az egyenletnek csak két különböző gyökere van. De amikor a = 7 valójában három különböző gyökeret hoz létre.

2. módszer. A meghatározatlan együtthatók módszere.

Ha az egyenlet x 3 + 5 x 2 + Ó + b = 0-nak van gyöke x = - 2, akkor mindig felveheti a számokatc És d hogy mindenki előttx az egyenlőség igaz volt

x 3 + 5 x 2 + Ó + b = (x + 2)(x 2 + Val vel x + d ).

Számokat találnic És d Nyissuk ki a zárójeleket a jobb oldalon, adjunk hozzá hasonló kifejezéseket, és kapjuk meg

x 3 + 5 x 2 + Ó + b = x 3 + (2 + Val vel ) x 2 +(2 s + d ) x + 2 d

Az együtthatók kiegyenlítése a megfelelő hatványokon x rendszerünk van

2 + Val vel = 5

2 Val vel + d = a

2 d = b , ahol c = 3 .

Ennélfogva, x 2 + 3 x + d = 0 , D = 9 – 4 d > 0 vagy

d < 2.25, szóval d (- ; 2 ].

A probléma feltételeit az érték teljesíti d = 1 . A paraméter végső kívánt értékeA = 7.

VÁLASZ: mikor a = 7 ennek az egyenletnek három különböző gyökere van.

2.3. Egyenletek megoldása.

„Ne feledje, hogy apró problémák megoldásával

készülj fel a nagy és nehéz megbirkózásra

új feladatokat.”

S. L. Sobolev akadémikus

Egyes egyenletek megoldása során leleményességet és szellemességet mutathat és kell mutatnia, és speciális technikákat kell alkalmaznia. A különféle transzformációs technikák elsajátítása és a logikus érvelés végrehajtásának képessége nagy jelentőséggel bír a matematikában. Az egyik ilyen trükk az, hogy összeadunk és kivonunk néhány jól megválasztott kifejezést vagy számot. Maga a kimondott tény természetesen mindenki számára jól ismert - a fő nehézség az, hogy egy adott konfigurációban meglássuk az egyenletek azon transzformációit, amelyekre kényelmes és célszerű alkalmazni.

Egy egyszerű algebrai egyenlet segítségével bemutatunk egy nem szabványos technikát az egyenletek megoldására.

5. feladat Oldja meg az egyenletet!

=
.

Megoldás. Szorozzuk meg ennek az egyenletnek mindkét oldalát 5-tel, és írjuk át a következőképpen

= 0 ; x 0; -
;

= 0 ,

= 0 ,

= 0 vagy
= 0

Oldjuk meg a kapott egyenleteket a meghatározatlan együtthatók módszerével

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

x 4 - x 3 –7 x – 3 = x 4 + (a + c ) x 3 + (b + A c + d ) x 2 + (hirdetés + időszámításunk előtt ) x++ bd

Az együtthatók egyenlővé tétele a x 3 , x 2 , xés ingyenes feltételekkel, megkapjuk a rendszert

a + c = -1

b + A c + d = 0

hirdetés + időszámításunk előtt = -7

bd = -3, ahonnan ezt találjuk:A = -2 ; b = - 1 ;

Val vel = 1 ; d = 3 .

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

x 2 – 2 x– 1 = 0 vagy x 2 + x + 3 = 0

x 1,2 =
nincsenek gyökerei.

Nálunk is hasonlóan van

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

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

Válasz: x 1,2 =

6. feladat Oldja meg az egyenletet!

= 10.

Megoldás. Ennek az egyenletnek a megoldásához számokat kell kiválasztaniaAÉs b hogy mindkét tört számlálója azonos legyen. Ezért a következő rendszerünk van:

= 0 , x 0; -1 ; -

= - 10

A feladat tehát a számok megtalálásaAÉs b , amelyre érvényes az egyenlőség

(egy + 6) x 2 + ah – 5 = x 2 + (5 + 2 b ) x + b

Most a polinomok egyenlőségére vonatkozó tétel szerint szükséges, hogy ennek az egyenlőségnek a jobb oldala ugyanabban a polinomban legyen, mint a bal oldalon.

Más szóval, a kapcsolatoknak ki kell elégedniük

egy + 6 = 1

A = 5 + 2 b

– 5 = b , ahonnan megtaláljuk az értékeketA = - 5 ;

b = - 5 .

Ezeken az értékekenAÉs b egyenlőség A + b = - A 10 is igazságos.

= 0 , x 0; -1 ; -

= 0 ,

= 0 ,

(x 2 – 5x– 5)(x 2 + 3x + 1) = 0 ,

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

x 1,2 =
, x 3,4 =

Válasz: x 1,2 =
, x 3,4 =

7. feladat Oldja meg az egyenletet!

= 4

Megoldás. Ez az egyenlet összetettebb, mint az előzőek, ezért a következőképpen csoportosítjuk: x 0;-1;3;-8;12

0 ,

= - 4.

Két polinom egyenlőségének feltételéből

Ó 2 + (egy + 6) x + 12 = x 2 + (b + 11) x – 3 b ,

egyenletrendszert kapunk és megoldunk ismeretlen együtthatókraAÉs b :

A = 1

egy + 6 = b + 11

12 = – 3 b , ahol a = 1 , b = - 4 .

Polinomok – 3 – 6x + cx 2 + 8 cxÉs x 2 + 21 + 12 d – dx csak akkor egyenlők egymással

Val vel = 1

8 Val vel - 6 = - d

3 = 21 + 12 d , Val vel = 1 , d = - 2 .

Értékekkela = 1 , b = - 4 , Val vel = 1 , d = - 2

egyenlőség
= - 4 helyes.

Ennek eredményeként ez az egyenlet a következő formában jelenik meg:

= 0 vagy
= 0 vagy
= 0 ,

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

A vizsgált példákból jól látható, hogy a határozatlan együtthatók módszerének ügyes alkalmazása,

segít leegyszerűsíteni egy meglehetősen összetett, szokatlan egyenlet megoldását.

2.4. Funkcionális egyenletek.

„A matematika legfőbb célja... az

az, hogy megtaláljuk a rejtett sorrendet

káosz, ami körülvesz minket"

N. Viner

A funkcionális egyenletek egy nagyon általános egyenletcsoport, amelyben az ismeretlen függvény egy bizonyos függvény. A szó szűk értelmében vett funkcionális egyenlet alatt olyan egyenletet értünk, amelyben a kívánt függvények egy vagy több változó ismert függvényeihez kapcsolódnak egy komplex függvény képzési művelettel. A funkcionális egyenlet egy adott függvényosztályt jellemző tulajdonság kifejezésének is tekinthető

[például funkcionális egyenlet f ( x ) = f (- x ) a páros függvények osztályát, a funkcionális egyenletet jellemzif (x + 1) = f (x ) – 1. periódusú függvényosztály stb.].

Az egyik legegyszerűbb funkcionális egyenlet az egyenletf (x + y ) = f (x ) + f (y ). Ennek a funkcionális egyenletnek a folytonos megoldásainak van alakja

f (x ) = Cx . A nem folytonos függvények osztályában azonban ennek a funkcionális egyenletnek más megoldásai is vannak. A vizsgált funkcionális egyenlethez kapcsolódnak

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

folytonos megoldások, amelyeknek a formája van

e cx , VAL VELlnx , x α (x > 0).

Így ezek a funkcionális egyenletek felhasználhatók exponenciális, logaritmikus és hatványfüggvények meghatározására.

A legszélesebb körben használt egyenletek az összetett függvényekben találhatók, amelyekben a szükséges függvények külső függvények. Elméleti és gyakorlati alkalmazások

Éppen ezek az egyenletek késztették a kiváló matematikusokat tanulmányozásukra.

Például, nál nél igazítás

f 2 (x) = f (x - y)· f (x + y)

N.I.Lobacsevszkija párhuzamosság szögének meghatározásakor használom a geometriámban.

Az utóbbi években a matematikai olimpiákon gyakran felkínálnak a funkcionális egyenletek megoldásával kapcsolatos feladatokat. Megoldásuk nem igényel a középiskolai matematika tanterv keretein túlmutató ismereteket. A funkcionális egyenletek megoldása azonban gyakran okoz bizonyos nehézségeket.

A funkcionális egyenletek megoldásának egyik módja a határozatlan együtthatók módszere. Akkor használható, ha a kívánt függvény általános alakja az egyenlet megjelenésével meghatározható. Ez mindenekelőtt azokra az esetekre vonatkozik, amikor az egyenletek megoldását egész vagy tört racionális függvények között kell keresni.

Vázoljuk fel ennek a technikának a lényegét az alábbi feladatok megoldásával.

Feladat 8. Funkcióf (x ) minden valós x-re definiálva van, és mindenre kielégítx R feltétel

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

megtaláljaf (x ).

Megoldás. Mivel ennek az egyenletnek a bal oldalán az x független változó és a függvény értékei fölöttf Csak lineáris műveleteket hajtunk végre, és az egyenlet jobb oldala másodfokú függvény, akkor természetes a feltételezés, hogy a kívánt függvény is másodfokú:

f (x) = fejsze 2 + bx + c , Ahola, b, c – meghatározandó együtthatók, azaz bizonytalan együtthatók.

A függvényt az egyenletbe behelyettesítve az azonossághoz jutunk:

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

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

Két polinom akkor lesz azonos, ha egyenlők

együtthatók a változó azonos hatványaihoz:

a = 1

5b + 4a = 0

c– 2 a – 2 b = 0.

Ebből a rendszerből megtaláljuk az együtthatókat

a = 1 , b = - , c = , Iseleget teszegyenlőség

3 f (x ) - 2 f (1- x ) = x 2 az összes valós szám halmazán. Ugyanakkor van ilyenx 0 Feladat 9. Funkcióy =f(x) minden x definiált, folytonos és teljesíti a feltételtf (f (x)) – f(x) = 1 + 2 x . Keressen két ilyen függvényt.

Megoldás. A kívánt funkción két műveletet hajtanak végre - a komplex függvény összeállításának műveletét és

kivonás. Tekintettel arra, hogy az egyenlet jobb oldala egy lineáris függvény, természetes, hogy a kívánt függvény is lineáris:f(x) = ah +b , AholA Ésb – bizonytalan együtthatók. Ezt a funkciót behelyettesítve af (f ( (x ) = - x - 1 ;

f 2 (x ) = 2 x+ , amelyek a funkcionális egyenlet megoldásaif (f (x)) – f(x) = 1 + 2 x .

Következtetés.

Összefoglalva, meg kell jegyezni, hogy ez a munka minden bizonnyal hozzájárul egy eredeti és hatékony módszer további tanulmányozásához különféle matematikai problémák megoldására, amelyek fokozott nehézségű problémák, és az iskolai matematika kurzusának mély ismeretét és magas logikát igényelnek. Kultúra.Aki önállóan szeretné elmélyíteni matematikai ismereteit, azt is megtalálja Ez a munka olyan elmélkedési és érdekes feladatokat tartalmaz, amelyek megoldása hasznot és elégedettséget hoz.

A munka a meglévő iskolai tanterv keretein belül és a hatékony észleléshez hozzáférhető formában rögzíti a határozatlan együtthatók módszerét, amely segíti a matematika iskolai tantárgy elmélyítését.

Természetesen a határozatlan együtthatók módszerének minden lehetősége nem demonstrálható egy munkában. Valójában a módszer még további tanulmányokat és kutatásokat igényel.

Felhasznált irodalom jegyzéke.

Glazer G.I..Matematika története az iskolában.-M.: Nevelés, 1983.

Gomonov S.A. Funkcionális egyenletek iskolai matematika kurzusban // Matematika az iskolában. – 2000. –№10 .

Dorofejev G.V., Potapov M.K., Rozov N.H.. Matematikai kézikönyv. - M.: Nauka, 1972.

Kurosh A.G. Tetszőleges fokozatú algebrai egyenletek - M.: Nauka, 1983.

Likhtarnikov L.M.. Elemi bevezetés a funkcionális egyenletekbe. - Szentpétervár. : Lan, 1997.

Manturov O.V., Solntsev Yu.K., Sorokin Yu.I., Fedin N.G.. Matematikai kifejezések magyarázó szótára.-M.: Oktatás, 1971

Modenov V.P.. Kézikönyv a matematikáról. 1.-M. rész: Moszkvai Állami Egyetem, 1977.

Modenov V.P.. Problémák a paraméterekkel - M.: Vizsga, 2006.

Potapov M.K., Aleksandrov V.V., Pasichenko P.I.. Algebra és elemi függvények elemzése. - M.: Nauka, 1980.

Khaliullin A.A.. Meg tudod oldani könnyebben // Matematika az iskolában. – 2003 . - №8 .

Khaliullin.

4. Bontsa ki a 2. polinomotx 4 – 5x 3 + 9x 2 – 5x+ 3 egész együtthatós szorzók esetén.

5. Milyen értékben A x 3 + 6x 2 + Ó+ 12 per x+ 4 ?

6. A paraméter milyen értékénélA az egyenletx 3 +5 x 2 + + Ó + b Az egész együtthatós = 0-nak két különböző gyöke van, amelyek közül az egyik 1 ?

7. A polinom gyökerei között x 4 + x 3 – 18x 2 + Ó + b egész együtthatókkal három egyenlő egész szám van. Keresse meg az értéket b .

8. Keresse meg a paraméter legnagyobb egész értékét! A, amelynél az egyenlet x 3 – 8x 2 + ah +b Az egész együtthatós = 0-nak három különböző gyöke van, amelyek közül az egyik egyenlő 2-vel.

9. Milyen értékeken AÉs b az osztás maradék nélkül történik x 4 + 3x 3 – 2x 2 + Ó + b tovább x 2 – 3x + 2 ?

10. Tényezőpolinomok:

A)x 4 + 2 x 2 – x + 2 V)x 4 – 4x 3 +9x 2 –8x + 5 d)x 4 + 12x – 5

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

11. Oldja meg az egyenleteket:

A)
= 2 = 2 f (1 – x ) = x 2 .

megtalálja f (x) .

13. Funkció nál nél= f (x) mindenki előtt x meghatározott, folyamatos és a feltételt kielégíti f ( f (x)) = f (x) + X. Keressen két ilyen függvényt.

A módszer alkalmazható tetszőleges számú változó logikai algebrai függvényeinek minimalizálására.

Tekintsük három változó esetét. Egy logikai függvény a DNF-ben mindenféle kötőszó formájában ábrázolható, amely a DNF-ben szerepelhet:

ahol kО(0,1) együtthatók. A módszer abból áll, hogy az együtthatókat úgy választjuk ki, hogy a keletkező DNF minimális legyen.

Ha most beállítjuk a változók összes lehetséges értékét 000 és 111 között, akkor 2 n (2 3 =8) egyenletet kapunk az együtthatók meghatározására k:

Figyelembe véve azokat a halmazokat, amelyeknél a függvény nulla értéket vesz fel, határozza meg a 0-val egyenlő együtthatókat, és húzza ki azokat az egyenletekből, amelyek jobb oldala 1-et tartalmaz. Minden egyenletben a fennmaradó együtthatók közül egy együttható eggyel egyenlő, ami meghatározza a legalacsonyabb rang együttállása. A fennmaradó együtthatók egyenlők 0-val. Tehát az egység együtthatók k határozza meg a megfelelő minimális formát.

Példa. Egy adott függvény minimalizálása

ha ismertek az értékek:
;
;
;
;
;
;
;
.

Megoldás.

A nulla együtthatók áthúzása után a következőket kapjuk:

=1;

=1;

=1;

=1.

Tegyük egyenlővé az együtthatót az egységgel , amely megfelel a legalacsonyabb rang kötőszójának és az utolsó négy egyenletet 1-re fordítva, az első egyenletben pedig célszerű az együtthatót 1-gyel egyenlővé tenni . A fennmaradó együtthatók 0-ra vannak állítva.

Válasz: minimalizált funkció típusa.

Megjegyzendő, hogy a határozatlan együtthatók módszere akkor hatékony, ha a változók száma kicsi, és nem haladja meg az 5-6-ot.

Többdimenziós kocka

Tekintsük egy függvény grafikus ábrázolását többdimenziós kocka formájában. Minden csúcs n-dimenziós kocka megfeleltethető az egység alkotóelemével.

A megjelölt csúcsok részhalmaza egy leképezés n-ból egy logikai függvény dimenziós kockája n változók az SDNF-ben.

A funkció megjelenítéséhez innen n Bármely DNF-ben bemutatott változók esetén meg kell teremteni a megfelelést a minikifejezések és az elemek között n-dimenziós kocka.

(n-1) rangú miniterm
két miniterm összeragasztásának eredményének tekinthető n-edik rangú, i.e.

=

Tovább n-dimenziós kocka ez két olyan csúcs lecserélésének felel meg, amelyek csak koordinátaértékekben különböznek egymástól x én, összeköti ezeket a csúcsokat egy éllel (egy élről azt mondják, hogy lefedi a rá eső csúcsokat).

Így a minikifejezések ( n Az -1)-edik sorrend egy n-dimenziós kocka éleinek felel meg.

Hasonlóképpen a minikifejezések ( n-2. sorrendű lapok n-dimenziós kocka, amelyek mindegyike négy csúcsot (és négy élt) fed le.

Elemek n-dimenziós kocka, jellemzi S méréseket nevezzük S- kockák

Tehát a csúcsok 0 kockák, az élek 1 kockák, a lapok 2 kockák stb.

Összefoglalva azt mondhatjuk, hogy a miniterm ( n-S) a funkció DNF-beli rangja n megjelenített változók S- egy-egy kocka S-kocka lefedi mindazokat az alacsonyabb dimenziójú kockákat, amelyek csak a csúcsaihoz kapcsolódnak.

Példa. ábrán. adott a leképezés

Itt vannak a minikifejezések
És
1 kockának felel meg ( S=3-2=1), és miniterm x 3 2 kockára jelenik meg ( S=3-1=2).

Tehát minden DNF hozzá van rendelve n-dimenziós kocka teljességében S-kockák, amelyek az alkotó egységeknek megfelelő összes csúcsot lefedik (0-kocka).

Összetevők. A változókhoz x 1 ,x 2 ,…x n kifejezés
az egység alkotóelemének nevezzük, és
- nulla összetevője ( vagy azt jelenti , vagy ).

Ez az egy (nulla) összetevő csak egy megfelelő változóérték-készlettel válik eggyé (nullává), amelyet akkor kapunk, ha minden változót eggyel (nulla) vesszük, és tagadását nullával (egy).

Például: alkotóegység
megfelel az (1011) halmaznak, és az összetevő nulla
- készlet (1001).

Mivel az SD(K)NF az egy (nulla) összetevőinek diszjunkciója (konjunkciója), vitatható, hogy az általa képviselt Boole-függvény f(x 1 , x 2 ,…, x n) csak változóérték-halmazok esetén vált eggyel (nullává). x 1 , x 2 ,…, x n, amelyek ezeknek a társstituáltaknak felelnek meg. Más készleteknél ez a funkció 0-ra (egyre) vált.

Az ellenkező állítás is igaz, amelyen alapul bármilyen képviselet módja A táblázat által megadott logikai függvény.

Ehhez meg kell írni az egy (nulla) összetevőinek diszjunkcióit (konjunkcióit), amelyek megfelelnek azoknak a változók értékkészleteinek, amelyeken a függvény egy (nulla) értéket vesz fel.

Például egy táblázat által megadott függvény

megfelelnek

A kapott kifejezések a logikai algebra tulajdonságai alapján más formára alakíthatók.

A fordított állítás is igaz: ha valamilyen gyűjtemény S-kocka lefedi a függvény egységértékeinek megfelelő összes csúcs halmazát, majd az ezeknek megfelelő diszjunkciót S A -cubes of miniterm ennek a függvénynek a kifejezése a DNF-ben.

Azt mondják, hogy egy ilyen gyűjtemény S-kockák (vagy a hozzájuk tartozó minikifejezések) képezik a függvény lefedését. A minimális forma utáni vágyat intuitív módon egy ilyen burkolat, a szám kereséseként értjük S-amelyből kevesebb kocka lenne, és azok méretei S- több. A minimális formának megfelelő fedezetet minimális fedezetnek nevezzük.

Például a funkcióhoz nál nél=
a bevonat egy nem minimális alaknak felel meg:

rizs a) nál nél=,

bevonat a rizsre b) nál nél=
, rizs c) nál nél=
minimális.

Rizs. Funkció lefedettség nál nél=:

a) nem minimális; b), c) minimum.

Funkció megjelenítése bekapcsolva n-val mérve tisztán és egyszerűen n3. ábrán látható módon ábrázolható egy négydimenziós kocka, amely négy változó függvényét és a kifejezésnek megfelelő minimális lefedettségét mutatja. nál nél=

Ezzel a módszerrel, amikor n>4 olyan összetett formációkat igényel, hogy minden előnyét elveszti.

Az egyenlőség (I) az identitás. Egész alakra redukálva 2 polinom egyenlőségét kapjuk. De ez az egyenlőség mindig csak akkor teljesül, ha e polinomok tagonkénti egyenlősége van.

Ha az egyenlőség bal és jobb oldalán lévő x azonos hatványaihoz tartozó együtthatókat egyenlővé tesszük, egy lineáris egyenletrendszert kapunk ismeretlen együtthatókra, amelyeket meg kell oldani.

Mivel az (I) bővítés mindig létezik bármely megfelelő racionális törtre, a kapott rendszer mindig konzisztens.

Az együtthatók megtalálásának ezt a módszerét a bizonytalan együtthatók módszerének (együtthatók összehasonlításának módszere) nevezik.

Adjunk példát egy racionális függvény elemi törtekre bontására.

6.6.27. példa. Bontsa fel a törteket elemi törtekre.

cserélje ki az utolsó egyenletet a másodikra

És így,
.

x=2 ;

x=3 .

Kellene; .

A parciális érték módszer kevesebb munkát igényel, ezért a racionális törtek integrálásakor különös figyelmet érdemel.

Ha a nevező gyökei csak valósak, akkor célszerű ezt a módszert használni az ismeretlen együtthatók meghatározására.

Más esetekben mindkét módszer kombinálható ismeretlen együtthatók meghatározására.

Megjegyzés. A részértékek módszerét más esetekben is használják, de itt meg kell különböztetni az azonosságot.

Így a megfelelő racionális törtek integrálásához elegendő, ha képesek vagyunk:

1) integrálja az elemi törteket;

2) a racionális törteket elemi törtekre bontani.

3. Racionális törtek integrálása

A racionális törtek integrálásának sémája:

Racionális törtek integrálása ;

Ahol P(x) és Q(x) valós együtthatós polinomok, három lépést hajtunk végre egymás után.

Első lépés. Ha a tört nem megfelelő, azaz a P(x) számláló foka nagyobb vagy egyenlő, mint a Q(x) nevező foka, akkor a racionális tört teljes részét elkülönítjük úgy, hogy a számlálót elosztjuk a nevezővel a polinom polinommal való osztásának szabályához. Ezek után a racionális tört összegként írható fel:

1) a kiválasztott egész rész – az M(x) polinom;

2) megfelelő maradék tört :

Második lépés.

Megfelelő maradék tört következő frakciókra bomlik.

Ehhez keresse meg a Q(x)=0 egyenlet gyökereit, és bontsa fel a Q(x) nevezőt valós együtthatós első és második fokú tényezőkre:

A nevezőnek ebben a bővítésében az 1. fokú faktorok valós gyököknek, a 2. fokozatúak pedig párhuzamos konjugált gyökeknek felelnek meg.

A Q(x) nevezőben lévő x nagyobb fokú együtthatóját 1-nek tekinthetjük, mivel ez mindig elérhető P(x) és Q(x) elosztásával.

Ezt követően a megfelelő maradék frakciót legegyszerűbb (elemi) törtekre bontjuk.

Harmadik lépés. Keresse meg a kiválasztott egész rész és az összes elemi tört integrálját (a fentebb tárgyalt módszerekkel), amelyeket ezután összead.

Példa6.6.28.

Az integráljel alatt nem megfelelő racionális tört található, mivel a számláló foka megegyezik a nevező fokszámával, ezért az egész részt választjuk.

Üdvözlök mindenkit, kedves barátaim!

Hát gratulálok! Biztonságosan elértük a racionális törtek integrálásának fő anyagát - bizonytalan együtthatók módszere. Nagy és hatalmas.) Mi az ő felsége és hatalma? És ez a sokoldalúságában rejlik. Érdemes megnézni, nem? Figyelmeztetlek, hogy több lecke is lesz ebben a témában. Mert a téma nagyon hosszú, az anyag pedig rendkívül fontos.)

Mindjárt leszögezem, hogy a mai órán (és a későbbiekben is) nem annyira az integrációval fogunk foglalkozni, hanem... lineáris egyenletrendszerek megoldása! Igen igen! Tehát akinek problémái vannak a rendszerekkel, ismételje meg a mátrixokat, determinánsokat és Cramer módszerét. Azoknak az elvtársaknak pedig, akiknek gondjai vannak a mátrixokkal, arra buzdítom Önöket, hogy a legrosszabb esetben frissítsék fel emlékezetüket legalább a rendszermegoldás „iskolai” módszereiről - a helyettesítési módszerről és a tagonkénti összeadás/kivonás módszeréről.

Ismerkedésünk megkezdéséhez tekerjük vissza egy kicsit a filmet. Térjünk vissza röviden az előző leckékhez, és elemezzük azokat a törteket, amelyeket korábban integráltunk. Közvetlenül, határozatlan együtthatók módszere nélkül! Itt vannak, ezek a törtek. Három csoportba soroltam őket.

1. csoport

A nevezőben - lineáris függvény akár önmagában, akár bizonyos mértékig. Egyszóval a nevező a szorzat azonos az űrlap zárójelei (Ha).

Például:

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

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

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

Stb. Egyébként ne hagyd, hogy a zárójelek összezavarjanak (4x+5) vagy (2x+5) 3 együtthatóval k belül. Ezek lényegében továbbra is az űrlap zárójelei (Ha). Mert ez a legtöbb k ilyen zárójelekből mindig ki lehet vinni.

Mint ez:

Ez minden.) És nem mindegy, hogy pontosan mi van a számlálóban – csak dx vagy valamilyen polinom. A számlálót mindig bővítettük a zárójel hatványaiban (x-a), a nagy törtet kicsik összegévé alakította, (ahol szükséges) zárójelet tett a differenciál alá és integrált.

2. csoport

Mi a közös ezekben a törtekben?

És az a közös, hogy minden nevezőben benne van másodfokú trinomikusfejsze 2 + bx+ c. De nem csak, mégpedig egyetlen példányban. És itt nem mindegy, hogy a diszkriminátora pozitív vagy negatív.

Az ilyen törteket mindig kétféle módon integrálták – vagy a számlálót a nevező hatványaira bővítve, vagy úgy, hogy a nevezőben elkülönítették a tökéletes négyzetet, majd lecserélték a változót. Minden a konkrét integránstól függ.

3. csoport

Ezek voltak a legrosszabbul integrálhatók. A nevező egy felbonthatatlan másodfokú trinomot tartalmaz, sőt mértékig n. De megint egyetlen példányban. Mert a nevezőben a trinomin kívül nincs más tényező. Az ilyen törteket integráltuk . Vagy közvetlenül, vagy a nevezőben a tökéletes négyzet elkülönítése és a változó utólagos cseréje után redukálva.

Sajnos azonban a racionális törtek gazdag választéka nem korlátozódik csupán erre a három csoportra.

De mi van, ha a nevező különböző zárójelek? Például valami ilyesmit:

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

Vagy egyben zárójel (Ha)és egy másodfokú trinom, valami ilyesmi (x-10) (x 2 -2x+17)? És más hasonló esetekben? Pontosan ilyen esetekben jön a segítség bizonytalan együtthatók módszere!

Azonnal mondom: egyelőre csak vele fogunk dolgozni helyes törtszámban. Azok, akiknek a számláló foka szigorúan kisebb, mint a nevező foka. A nem megfelelő törtek kezelésének módját a Törtek című fejezet írja le részletesen. Ki kell választani a teljes részt (polinom). A számlálót a nevezővel egy sarokkal osztva, vagy a számlálót - tetszés szerint - felbontva. És még a példát is elemzik. És valahogy integrálni fogja a polinomot. Már nem kicsi.) De a helytelen törtekre is megoldunk példákat!

És most kezdjük az ismerkedést. A legtöbb felsőbb matematikai tankönyvvel ellentétben mi nem kezdjük az ismerkedést egy száraz és nehéz elmélettel az algebra alapvető tételéről, a Bezout-tételről, egy racionális törtnek a legegyszerűbbek összegére történő felbontásáról (ezekről a törtekről később) és egyéb unalmas, de kezdjük egy egyszerű példával.

Például meg kell találnunk a következő határozatlan integrált:

Először nézd meg az integrandust. A nevező három zárójel szorzata:

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

És az összes zárójel különböző. Ezért a régi technológiánk a számlálónak a nevező hatványaival való bővítésével ezúttal már nem működik: melyik zárójelet kell kiemelni a számlálóban? (x-1)? (x+3)? Nem világos... A nevezőben egy teljes négyzet kiválasztása szintén nem jó ötlet: ott van egy polinom harmadik fok (ha az összes zárójelet megszorozza). Mit kell tenni?

Ha ránézünk a töredékünkre, egy teljesen természetes vágy támad... Egyenesen ellenállhatatlan! A mi nagy frakciónkból, ami kényelmetlen integrálni, valahogy készíteni három kicsi. Legalábbis így:

Miért érdemes ezt a fajt keresni? És mindez azért, mert ebben a formában a kezdeti töredékünk már az kényelmes az integrációért! Foglaljuk össze az egyes kis törtek nevezőit és - előre.)

Egyáltalán lehetséges ilyen bontást elérni? Jó hírek! A matematikában a megfelelő tétel kimondja: igen tudsz! Egy ilyen dekompozíció létezik és egyedülálló.

De van egy probléma: az együtthatók A, BAN BENÉs VAL VEL Mi Viszlát nem tudjuk. És most a fő feladatunk pontosan az lesz azonosítani őket. Tudja meg, hogy mi betűink egyenlők A, BAN BENÉs VAL VEL. Innen a név - módszer bizonytalan együtthatók Kezdjük el mesés utazásunkat!

Tehát van egy egyenlőségünk, amely táncra késztet:

Vegyük közös nevezőre mindhárom jobb oldali törtet, és adjuk hozzá:

Most nyugodtan elvethetjük a nevezőket (mivel ugyanazok), és egyszerűen egyenlőségjelet teszünk a számlálók között. Minden a szokásos

Következő lépés nyissa ki az összes zárójelet(együtthatók A, BAN BENÉs VAL VEL Viszlát jobb kint hagyni):

És most (fontos!) a teljes szerkezetünket a jobb oldalon sorakozzuk fel végzettség szerint: először összegyűjtjük az összes kifejezést x 2-vel egy halomba, majd csak az x-szel és végül összegyűjtjük a szabad kifejezéseket. Valójában egyszerűen bemutatunk hasonlókat, és a kifejezéseket x hatványai szerint csoportosítjuk.

Mint ez:

Most értsük meg az eredményt. A bal oldalon az eredeti polinomunk látható. Másodfokú. Integrandusunk számlálója. A jobb oldalon is valami másodfokú polinom. Orr ismeretlen együtthatók. Ennek az egyenlőségnek akkor kell érvényesnek lennie x összes érvényes értéke. A bal és jobb oldali törtek megegyeztek (állapotunk szerint)! Ez azt jelenti, hogy ők számlálóés (vagyis a polinomjaink) is megegyeznek. Ezért az együtthatók x azonos hatványainál ezeknek a polinomoknak rendelkezniük kell legyen egyenlő!

A legmagasabb fokozattal kezdjük. A térről. Nézzük, milyen együtthatóink vannak x 2 bal és jobb. A jobb oldalon az együtthatók összege látható A+B+C, a bal oldalon pedig egy kettős. Így születik meg az első egyenletünk.

Leírjuk:

A+B+C = 2

Eszik. Az első egyenlet készen áll.)

Ezután csökkenő pályát követünk – az első hatványhoz tartozó X kifejezéseket nézzük. A jobb oldalon az X-nél van 8A+4B+2C. Bírság. És mi a helyzet a bal oldali X-szel? Hm... A bal oldalon egyáltalán nincs X-es kifejezés! Csak 2x 2-3 van. Mi a teendő? Nagyon egyszerű! Ez azt jelenti, hogy a bal oldali x együttható a egyenlő nullával! A bal oldalunkat így írhatjuk:

És akkor? Minden jogunk megvan.) Ezért a második egyenlet így néz ki:

8 A+4 B+2 C = 0

Nos, gyakorlatilag ez minden. Marad az ingyenes feltételek egyenlővé tétele:

15A-5B-3C = -3

Egyszóval az x azonos hatványaihoz tartozó együtthatók kiegyenlítése a következő séma szerint történik:

Mindhárom egyenlőségünket ki kell elégíteni egyidejűleg. Ezért felírt egyenleteinkből rendszert állítunk össze:

A rendszer nem a legnehezebb egy szorgalmas tanuló számára - három egyenlet és három ismeretlen. Dönts, ahogy akarsz. Használhatja a Cramer-módszert determinánsokkal rendelkező mátrixokon keresztül, használhatja a Gauss-módszert, akár a szokásos iskolai helyettesítést is.

Először is úgy fogom megoldani ezt a rendszert, ahogyan a kultúrhallgatók általában megoldják az ilyen rendszereket. Mégpedig a Cramer-módszer.

A megoldást egy rendszermátrix felvázolásával kezdjük. Hadd emlékeztesselek arra, hogy ez a mátrix csak egy lemez, amelyből áll együtthatók az ismeretlenekre.

Itt is van:

Először is számoljunk a rendszermátrix meghatározója. Vagy röviden, rendszer meghatározó.Általában a görög ∆ ("delta") betűvel jelölik:

Remek, a rendszerdetermináns nem nulla (-48≠0) . A lineáris egyenletrendszerek elméletéből ez a tény azt jelenti, hogy rendszerünk konzisztens és egyedi megoldása van.

A következő lépés a számítás az ismeretlenek meghatározói ∆A, ∆B, ∆C. Hadd emlékeztesselek arra, hogy e három determináns mindegyikét a rendszer fő determinánsából kapjuk úgy, hogy az oszlopokat a megfelelő ismeretlenek együtthatóival helyettesítjük egy szabad tagok oszlopával.

Tehát összeállítjuk a determinánsokat, és kiszámítjuk:

A harmadrendű determinánsok kiszámításának technikáját itt nem fejtem ki részletesen. És ne kérdezz. Ez teljes eltérés lesz a témától.) Aki témában van, az érti, miről beszélünk. És talán már pontosan kitalálta, hogyan számoltam ki ezt a három meghatározó tényezőt.)

Ez az, minden készen áll.)

A kulturált tanulók általában így oldanak meg rendszereket. De... Nem minden diák barát és minősítő. Sajnálatos módon. Egyesek számára a magasabb matematikai egyszerű fogalmak örökre olyanok maradnak, mint a kínai írástudás és egy titokzatos szörny a ködben...

Nos, különösen az ilyen kulturálatlan diákoknak ajánlok egy ismerősebb megoldást - az ismeretlenek szekvenciális kiküszöbölésének módszere. Valójában ez egy fejlett "iskolai" helyettesítési módszer. Csak több lépés lesz.) De a lényeg ugyanaz. Az első dolgom az, hogy kiiktassam a változót VAL VEL. Ennek érdekében kifejezem VAL VEL az első egyenletből, és cserélje be a második és harmadik egyenletbe:

Egyszerűsítünk, hozunk hasonlókat és kapunk egy új rendszert, már vele kettő ismeretlen:

Most, ebben az új rendszerben az egyik változót egy másikkal is kifejezhetjük. De a legfigyelmesebb hallgatók valószínűleg észreveszik, hogy az együtthatók a változó előtt B – szemben. Kettő és mínusz kettő. Ezért nagyon kényelmes lesz mindkét egyenletet összeadni a változó kiküszöbölése érdekében BAN BENés csak a levelet hagyja A.

Hozzáadjuk a bal és jobb részt, szellemileg lerövidítjük 2BÉs -2Bés csak relatíve oldja meg az egyenletet A:

Eszik. Az első együtthatót találtuk: A = -1/24.

Határozza meg a második együtthatót BAN BEN. Például a felső egyenletből:

Innen kapjuk:

Nagy. Megtalálták a második együtthatót is: B = -15/8 . Még van egy levél VAL VEL. Meghatározására a legfelső egyenletet használjuk, amelyen keresztül fejezzük ki AÉs BAN BEN:

Így:

Rendben, most mindennek vége. Ismeretlen esélyek találhatók! Nem számít, hogy a Cramer vagy a helyettesítés révén. Fő, Jobb megtalált.)

Ezért egy nagy törtnek a kicsik összegére történő bontása így fog kinézni:

És ne tévesszen meg a kapott törtegyütthatók: ebben az eljárásban (a meghatározatlan együtthatók módszere) ez a leggyakoribb jelenség. :)

Most nagyon tanácsos ellenőrizni, hogy helyesen találtuk-e az együtthatókat A, BÉs VAL VEL. Ezért most vesszük a piszkozatot, és emlékezzünk a nyolcadik évfolyamra – visszaadjuk mindhárom kis törtünket.

Ha megkapjuk az eredeti nagy törtet, akkor minden rendben van. Nem – ez azt jelenti, hogy üss meg és keress hibát.

A közös nevező nyilván 24(x-1)(x+3)(x+5) lesz.

Megy:

Igen!!! Megkaptuk az eredeti törtet. Amit ellenőrizni kellett. Minden jó. Szóval kérlek, ne üss meg.)

Most térjünk vissza eredeti integrálunkhoz. Nem lett könnyebb ez idő alatt, igen. De most, hogy a töredékünket kicsik összegére bontották, az integrálása igazi élvezetté vált!

Nézd meg magad! A kiterjesztésünket beillesztjük az eredeti integrálba.

Kapunk:

Használjuk a linearitás tulajdonságait, és a nagy integrálunkat aprók összegére bontjuk, az összes állandót az integráljeleken kívülre helyezve.

Kapunk:

Az így kapott három kis integrált pedig már könnyű venni .

Folytatjuk az integrációt:

Ennyi.) És ebben a leckében ne kérdezd, honnan származnak a válaszban szereplő logaritmusok! Aki emlékszik, az tud és mindent megért. Aki pedig nem emlékezne, kövesse a linkeket. Nem csak úgy teszem oda őket.

Végső válasz:

Itt van egy ilyen gyönyörű hármasság: három logaritmus - egy gyáva, egy tapasztalt és egy dög. :) És próbáld ki, egy ilyen trükkös választ találj ki azonnal! Csak a határozatlan együtthatók módszere segít, igen.) Tulajdonképpen erre a célra ezt vizsgáljuk. Mit, hogyan és hol.

Gyakorlatként azt javaslom, hogy gyakorolja a módszert, és integrálja a következő törtet:

Gyakorolj, találd meg az integrált, ne találd nehéznek! A válasznak valami ilyesminek kell lennie:

A határozatlan együtthatók módszere erős dolog. Még a legreménytelenebb helyzetben is spórol, ha törtet úgyis konvertál. És itt néhány figyelmes és érdeklődő olvasónak számos kérdése merülhet fel:

- Mi a teendő, ha a nevezőben lévő polinom egyáltalán nincs faktorozva?

- HOGYAN kell keresni bármely nagy racionális törtnek a kicsik összegére való felbomlását? Bármilyen formában? Miért pont ez és miért nem az?

- Mi a teendő, ha a nevező kiterjesztésében több tényező is szerepet játszik? Vagy zárójelben a hatványokban, például (x-1) 2? Milyen formában keressük a dekompozíciót?

- Mi a teendő, ha az (x-a) alakú egyszerű zárójelek mellett a nevezőben egyidejűleg felbonthatatlan másodfokú trinom is található? Mondjuk x 2 +4x+5? Milyen formában keressük a dekompozíciót?

Nos, eljött az idő, hogy alaposan megértsük, honnan nőnek a lábak. A következő leckékben.)