Метод неопределенных коэффициентов

Фестиваль исследовательских и творческих работ учащихся

«Портфолио» 2005/2006

Исследовательская работа

                  

                                   Выполнили:

                                               Мельникова Ольга,

                                                   Куренкова Екатерина

                                                   учащиеся 10А класса

                                                    МОУ «Гимназия №9»

                                                                        физико-математического профиля

                                                                 г. Усолье-Сибирское, 2006 г.

                                      Руководитель:

                              Сизых Т.В

                              учитель математики МОУ«Гимназия №9»

                                                                   высшей квалификационной категории.

 

Содержание

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

  1. Разложение многочлена на множители              13
  2. Упрощение выражений                 13
  3. Избавление от иррациональности в знаменателе          14
  4. О решении одного класса кубических уравнений            15

4. Заключение                                   16

5. Список  используемой литературы             17       

    

 
 

1. О методе неопределенных  коэффициентов 

     XV и XVI столетия вошли в историю Европы под названием «эпоха Возрождения». Для нее характерен расцвет науки и культуры, связанный с глубокими социальными преобразованиями.

     Итальянские математики XVI в. сделали крупнейшее математическое открытие. Они нашли формулы для решения уравнений третьей и четвертой степеней.

     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:

  1. два многочлена тождественно равны тогда и только тогда, когда равны их коэффициенты при одинаковых степенях х;
  2. любой многочлен третьей степени разлагается в произведение линейного и квадратного множителей;
  3. любой многочлен четвертой степени разлагается в произведение двух многочленов второй степени.
 
 
 
 
 
 
 
 

2. Функциональные уравнения  и метод неопределенных  коэффициентов

     Функциональное  уравнение» - уравнение, в котором  искомая функция связана с  известными (данными) функциями при  помощи операции образования сложной функции (помимо, быть может, алгебраических операций).

       В последние десятилетия задачи, связанные с решением функциональных  уравнений, часто предлагают участником  математических олимпиад. Такие  задачи печатаются в соответствующих  разделах журналов «Математика в школе» и «Квант». Их решение не требует знаний, выходящих за рамки программы по математике общеобразовательных школ.

     Одним из способов нахождения решений функциональных уравнений является метод неопределенных коэффициентов. Его можно применять тогда, когда по внешнему виду уравнения можно определить общий вид искомой функции. Это относится, прежде всего, к тем случаям, когда решения уравнений следует искать среди целых или дробно рациональных функций.

     Изложим суть этого приема, решая следующие задачи.

     Следует отметить, что равенства, указанные  в каждой из этих задач, являются функциональными  уравнениями.

Задача 1. Функция ¦(x) определена при всех действительных х и удовлетворяет при всех xÎR условию:

     2¦(x)+¦(1-x)=x2                                             (1)

       Найдите ¦(x).

Р е  ш е н и е. Так как в левой части уравнения над независимой переменной x и значениями функции ¦ выполняются только линейные операции, а правая часть уравнения – квадратичная функция, то естественно предположить, что искомая функция также квадратичная: ¦(x) = ax2 + bx + c, где a, b, c – коэффициенты, подлежащие определению, т.е. неопределенные коэффициенты.

  Подставляя  функцию в уравнение, приходим  к тождеству:

2(ax2+bx+c) + a(1-x)2 + b(1-x)+c=x2 Û 3ax2+(b-2a)x+(a+b+3c)=x2

  Два  многочлена будут тождественно  равны, если равны коэффициенты  при одинаковых степенях переменной;

                                                            3a=1

                                                             b - 2a=0

                                                              a + b + 3c=0

    Из этой системы находим коэффициенты

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

    а вместе с этим и функцию ¦(x) = 1/3(x2+2x-1), являющуюся искомым решением функционального уравнения.

    Докажем, что других решений  нет. Предположим, что функция  g(x) также удовлетворяет равенству (1) на множестве всех действительных чисел. При этом существует такое x0ÎR, что g(x0)¹¦(x0). Тогда при x=x0 и x=1-x0 должны выполнятся равенства:

                         2g(x0)+g(1-x0)=x02 ,

                  2g(1-x0)+g(x0)=(1-x0)2,

 из  которых следует, что 

                 g(x0)=1/3(x02+2x0-1)=¦(x0)             

Полученное  противоречие опровергает сделанное  предположение.

Следовательно, задача имеет единственное решение.

О т в  е т: ¦(x)=1/3(x2+2x-1).

Задача 2. Функция y=¦(x) при всех x определена, непрерывна и удовлетворяет условию

                          ¦(¦(x))=¦(x)+x                               (2)

Найдите две такие функции.

Р е  ш е н и е. Запишем уравнение  так:

                                                                                                                                     ¦(¦(x))-¦(x)=x     (3)

Над искомой  функцией выполняется два действия – операция составления сложной функции и вычитание. Учитывая, что правая часть уравнения – линейная функция, естественно предположить, что искомая функция тоже линейная: ¦(x)=ax+b, где a и b – неопределенные коэффициенты. Подставив эту функцию в (3) и выполнив преобразования, получим равенство                 (a2-a)x+ab=x, которое должно выполнятся для всех xÎR. Это возможно только тогда, когда

                            a2 - a=1

                            ab=0

Отсюда  находим  a=0,5 . (1±Ö5), b=0. Следовательно, имеем две непрерывные функции  ¦(x)=0,5.(1±Ö5)x, являющиеся решениями функционального уравнения (2). Других решений задача не имеет.

О т в  е т: ¦(x)=0,5 . (1±Ö5)x.

Задача 3. Найдите все функции ¦: R®R, для которых равенство

 ¦(x + y) +  ¦(x - y) – 2¦(x)(1+y)=2xy(3y-x2)    (4)

выполняется при всех x, yÎ R.

Р е  ш е н и е. Правая часть равенства (4) является многочленом четвертой степени переменных x и y. В левой части равенства над этими переменными и функцией ¦ выполняются только арифметические действия. Поэтому функцию ¦ следует искать среди многочленов. Наличие слагаемого 2¦(x)(1+y) наводит на мысль, что этот многочлен должен быть третьей степени:

                ¦(x) = ax3 + bx2 + cx + d       (5)

Для определения  коэффициентов a, b, c, d  подставим ¦(x) в левую часть равенства (4). Выполнив преобразования, получим:

-2ax3y + 6axy2 –  2bx2y + 2by2 – 2cxy – 2dy = - 2x3y + 6xy2.

Приравниваем  коэффициенты при одинаковых степенях переменных:

-2a= -2, 2a=6, -2b=0, 2b=0, -2c=0, -2d=0.

После этого находим: a = 1, b = с = d = 0. Следовательно, ¦(x) = x3.

Докажем от противного, что других функций, удовлетворяющих равенству (4), нет. Предположим, что существует функция  g(x), удовлетворяющая условию задачи, и такая, что g(x0) ¹ x03 для некоторого x0. Тогда при x =  x0,   y = -1 и x = x0, y = 1 из (4) получим два равенства:

g(x0 – 1) + g(x0 + 1) = - 2x0 (-3 – x02),

g(x0 + 1) + g(x0 - 1) – 4g (x0) = 2x0 (3 – x02),

из которых  вытекает противоречие g(x0) = x03.

Следовательно, ¦(x) = x3 – единственное решение задачи.

О т в  е т: ¦(x) = x3.

Задача 4. Функция ¦: Z ® Z (Z – множество всех целых чисел) удовлетворяет условиям:

  1. ¦(¦ (n)) = n для всех n Î Z;
  1. ¦(¦ (n + 2) +2) = n для всех n Î Z;
  1. ¦(0) = 1.

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.

Задача 6. Докажите, что существует функция ¦(x), определенная при всех   x ³ 0, и такая, что

      ¦(¦(¦(…¦(x)…))) = 1+ x + 2√x,   (9)

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:   

Метод неопределенных коэффициентов 📙 Курсовая → 🆔 126928

Метод неопределенных коэффициентов 📙 Курсовая → 🆔 126928

Метод неопределенных коэффициентов