Автор: Пользователь скрыл имя, 19 Октября 2011 в 21:36, курсовая работа
Для решения уравнений третьей и четвертой степеней мы хотим предложить вам метод неопределенных коэффициентов. Суть этого метода состоит в том, что заранее предполагается вид множителей – многочленов, на которые разлагается данный многочлен. Этот метод опирается на следующие утверждения:
два многочлена тождественно равны тогда и только тогда, когда равны их коэффициенты при одинаковых степенях х;
любой многочлен третьей степени разлагается в произведение линейного и квадратного множителей;
любой многочлен четвертой степени разлагается в произведение двух многочленов второй степени.
1. О методе неопределенных коэффициентов 3
2. Функциональные уравнения и метод неопределенных коэффициентов 4
3. Использование метода неопределенных коэффициентов при выполнении тождественных преобразований выражений 12
1) Расположение многочлена по степеням 12
2) Представление произведения в виде многочлена стандартного вида 12
Разложение многочлена на множители 13
Упрощение выражений 13
Избавление от иррациональности в знаменателе 14
О решении одного класса кубических уравнений 15
4. Заключение 16
5. Список используемой литературы 17
О т в е т: ¦(x) = x3.
Задача 4. Функция ¦: Z ® Z (Z – множество всех целых чисел) удовлетворяет условиям:
Найдите значения ¦(1995) и ¦(- 1994) .
Р е ш е н и е. Анализируя первые два условия задачи, приходим к выводу, что функцию ¦ следует искать среди линейных функций, а именно:
¦(n) = an + b, где a и b неопределенные коэффициенты. Из первого условия следует, что a2n + (ab + b) = n для всех n Î Z. Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях n, приходим к системе уравнений:
a2 = 1
ab + b = 0.
Решение системы (1; 0) и (-1; b), где b – b произвольное число, дают возможность построить функции ¦1(n) = n и ¦2 (n) = - n + b. Непосредственной проверкой убеждаемся, что второе условие задачи для функции ¦1 не выполняется, а для функции ¦2 оно выполняется при любом b. Из условия 3 задачи получим: b = 1.
Таким образом, функция ¦(n) = 1 – n удовлетворяет всем условиям задачи.
Докажем, что на множестве целых чисел она единственная. Доказательство проведем методом от противного. Предположим, что существует другая функция g(n), удовлетворяющая условиям задачи. Тогда из условий 1 и 3 имеем: ¦(0) = g(0) = 1, ¦(1) = g(1) = 0. Используя условия 1 и 2, получим:
g(g(n)) = g(g(n + 2) + 2) Þ g(g(g(n))) = g(g(g(n + 2) + 2)) Þ
Þ g(n) = g(n+2)+2. (6)
Пусть n0 ³ 2 – наименьшее натуральное число, для которого ¦(n0) = g(n0). (7)
Так как функция ¦(n) также удовлетворяет равенству (6), то
g(n0 - 2) = g(n0) + 2 ¹ ¦(n0) + 2 = ¦(n0 - 2) Û g(n0 - 2) ¹ ¦(n0 - 2).
Полученное неравенство противоречит тому, что n0 – наименьшее натуральное число, для которого выполняется неравенство (7). Поэтому g(n)= ¦(n), n Î N. Аналогично доказывается, что функция ¦ и g совпадают на множестве целых отрицательных чисел.
Следовательно, ¦(n) = 1 – n – единственная функция на множестве целых чисел, удовлетворяющая всем условиям задачи.
Далее находим ее требуемые значения.
Ответ: ¦(1995) = -1994, ¦(-1994) = 1995.
Задача 5. Найдите: a) хотя бы один многочлен ¦(x) (отличный от постоянной) такой, что
¦(x) ¦(2x2) = ¦(2x3 + x), (8)
b) все многочлены.
Р е ш е н и е. Сначала докажем, что искомые многочлены не имеют действительных корней.
Начнем с нуля. Если x = 0, то из равенства (8) получим числовое равенство
¦2(0) = ¦(0) Û ¦(0) = 0
¦(0) = 1.
Предположим, что ¦(0) = 0. Если x = 0 – k- кратный корень многочлена ¦, то ¦(x) = xkg(x), где g(x) – некоторый многочлен, для которого g(0) ¹ 0.
Равенство (8) теперь запишем так:
2k x3k g(x)g(2x2) = (2x3 + x)k g(2x3 + x).
Полученное равенство должно выполняться для всех действительных x. Поэтому коэффициенты при одинаковых степенях переменной должны быть равны. В частности, коэффициент при степени xk многочлена, стоящего в правой части равенства, должен равняться нулю, т. е. Должно выполняться противоречащее равенство g(0) = 0. Таким образом, число 0 не может быть корнем многочлена ¦. Следовательно, ¦(0) = 1.
Предположим, что x0¹0 – корень многочлена ¦: ¦(x0)=0. Не теряя общности, будем считать, что x0 > 0. Тогда из (8) получим равенство
¦(x0) ¦(2x02) = ¦(2x03 + x0).
Так как ¦(2x03 = x0) = 0, то число x1 = 2x03 + x0 является положительным корнем ¦. На тогда x2 = 2x13 + x1 – также положительный корень многочлена. При этом все корни различны, что следует из неравенств:
x2 – x1 = 2x13 ¹ 0,
x2 – x0 = 2(2x03 + x0)3 + 2x03 = 2x03 ((2x02 +1)3+1) ¹0.
Подобными рассуждениями можно получить бесконечное множество положительных чисел xk+1 = 2xk3 + xk , k = 0, 1, …, являющихся корнями многочлена. Так как
xk+p+1 –xp=(xk+p+1 – xk+p) + (xk+p – xk+p-1) + … +(xp+1 – xp)= 2(x3k+p – x3k+p-1 + x3p)>0 для любых k, p Î {0,1, …}, то все эти корни различны. Мы пришли к противоречию, ибо многочлен не может иметь такое множество решений. (Случай x<0 рассматривается аналогично.)
Многочлен, не имеющий действительных корней, может быть только многочленом четной степени.
Пусть ¦(x)=ax2+bx +c. Из условия ¦(0) =1 находим c=1. Для определения а и b из (8) получаем тождество:
(ax2 + bx +1)(4ax4 + 2bx2 +1) = a (2x3 + x)2 + b(2x3+ x) +1 Û
Û 4a2x6 + 4abx5 + (2ab+4a)x4 + 2b2x3 + (a+2b)x2 + bx +1 =
= 4ax6 + 4ax4 + 2bx3 +a x2 + bx+1.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях переменной, находим a = 1, b=0. Следовательно, ¦1(x) = x2+1 – один из искомых многочленов.
Методом математической индукции докажем, что многочлены ¦n(x)=(x2+1)n,
n > 1 – целое число, так же удовлетворяет равенству (8).
Пусть выполняется равенство ¦n (x) ¦n(2x2) =¦n(2x2+x), x Î R.
Докажем, что многочлен ¦n+1(x) = (x2+1)n+1 так же удовлетворяет равенству (8). Так как ¦n+1(x) = (x2+1)n+1 = (x2+1)n (x2+1) = ¦n(x)(x+1), то
¦n+1(x)¦n+1(2x2)= ¦n(x)(x2+1)¦n(2x2)((2x2)2 + 1) = ¦n(x)¦n(4x6 + 4x4 + x2 +1) =
= ¦n(2x3+x)((2x3+x)2 + 1) = ((2x3 + x)2 +1)n((2x3 + x)2 +1) =
=((2x3 +x)2 +1)n+1 =¦n+1(2x3 +x), что и требовалось доказать.
Таким образом, все многочлены ¦n(x) = (x2 +1)n, n Î N, удовлетворяют равенству (8).
Предположим, что многочлен g(x) = x2n = a2n-1x2n-1 + … + a1x + 1, так же удовлетворяют равенству (8) (старший коэффициент многочлена определяется равенством a2n =a2n2, поэтому a2n = 1).
Тогда многочлен j(x) = ¦(x) – g(x), степень m которого меньше степени 2n многочленов ¦ и g, должен удовлетворять равенству j(2x3 + x) = ¦(x)j(2x2)+ + g(2x2)j(x) на множестве действительных чисел. Однако этого не может быть, ибо j(2x3 + x) – многочлен степени 3m, а многочлен, стоящий в правой части, имеет степень 4mn, при этом 4mn > 3m для всех n Î N.
О т в е т: (x2 + 1)n, n Î N.
где функция ¦ применяется n раз.
Р е ш е н и е. Так как 1+ x +2√x =(1 + √x)2, то функцию ¦ будем искать среди функций вида (a +√x)2. Сначала коэффициенты a и b определим так, чтобы ¦(¦(x)) = (1+ √x)2. (10)
Поскольку ¦(¦(x))
= ¦((a
+b√x)2)
= (a+b√(a+b√x)2
2 = (a + b√x + b2√x)2, то равенство
(10) будет выполняться для всех неотрицательных
x, если a+ab=1, b2 = 1. Отсюда имеем a = ½,
b = 1 и ¦(x)
= (½ +√x)2.
Полученная функция дает основания для
гипотезы, что функция ¦(x) = (1/n +√x)2
должна удовлетворять равенству (9). Докажем
это предположение методом математической
индукции. Сначала проверим гипотезу для
композиции двух функций: