Дипломнаробота:
Дослідженнянестандартних методів рішення рівнянь і нерівностей.
ЗМІСТ
/>/>/>/>/>/>ВВЕДЕННЯ
1 ІСТОРИЧНА ДОВІДКА
2 РІШЕННЯ ЗАДАЧ ІЗВИКОРИСТАННЯМ ВЛАСТИВОСТЕЙ ФУНКЦІЇ
2.1 Використання монотонностіфункції
2.2 Використання обмеженостіфункції
2.3 Використанняперіодичності функції
2.4 Використання парностіфункції
2.5 Використання ОПЗ функції
3 ДЕЯКІ ШТУЧНІ СПОСОБИРІШЕННЯ РІВНЯНЬ
3.1 Множення рівняння нафункцію
3.2 Угадування коренярівняння
3.3 Використаннясиметричності рівняння
3.4 Дослідження рівняння напроміжках дійсної осі
ВИСНОВОК
ДОДАТОК
СПИСОК ДЖЕРЕЛ
ВВЕДЕННЯ
Не всяке рівняння або нерівність у результатіперетворень або за допомогою вдалої заміни змінної може бути зведене дорівняння (нерівності) того або іншого стандартного виду, для якого існує певнийалгоритм рішення. У таких випадках іноді виявляється корисним використовуватиінші методи рішення, мова про які й піде в ході даної роботи. Вище сказаневизначає актуальність дипломної роботи. Об'єкт дослідження — рівняння йнерівності, що не піддаються рішенню за допомогою стандартних методів, або щовідрізняються громіздкістю стандартного рішення.
Метою даної роботи є ознайомлення з нестандартнимиметодами рішення рівнянь і нерівностей.
Для досягнення поставленої мети в даній роботівирішувалися наступні задачі:
Зібрати відомості з історії математики про рішеннярівнянь.
Розглянути й застосувати на практиці методи рішеннярівнянь і нерівностей, засновані на використанні властивостей функції.
Розглянути й застосувати на практиці додатковінестандартні методи рішення рівнянь і нерівностей
Практична значимість роботи полягає в тому, що незавжди при рішенні складних рівнянь або нерівностей варто йти по «торованійколії», намагаючись знайти рішення «у чоло»: досить лише глянути на нього йзнайти зачіпку, що дозволяє уникнути складних обчислень і перетворень. Дипломнаробота складається із введення, трьох глав і списку використаних джерел. У першомурозділі наведені деякі відомості з історії математики про рішення рівнянь. Удругому розділі розглянуті методи рішення, засновані на використаннівластивостей функції. Третій розділ присвячений розгляду додаткових (штучних)методів рішення.
/>/>/>/>/>/>1 ІСТОРИЧНА ДОВІДКА
Рівняння й системи рівнянь математики вміливирішувати дуже давно. В «Арифметиці» грецького математика з ОлександріїДиофанта (III в.) ще не було систематичного викладу алгебри, однак у нійутримувався ряд задач, розв'язуваних за допомогою складання рівнянь. Є в нійтака задача:
«Знайти два числа по їхній сумі 20 і добутку 96».[16]
Щоб уникнути рішення квадратного рівняння загальноговиду, до якого приводить позначення одного із чисел буквою і яке тоді ще невміли вирішувати, Диофант позначав невідомі числа 10 + х і 10-х (у сучасномузаписі) і одержував неповне квадратне рівняння 100-х2 = 96, дляякого вказував лише позитивний корінь 2.
Задачі на квадратні рівняння зустрічаються в працяхіндійських математиків уже з V в. н.е.
Квадратні рівняння класифікуються в трактаті «Короткакнига про вирахування алгебри й алмукабали» Мухаммеда аль-хорезми (787 — ок.850). У ньому розглянуті й вирішені (у геометричній формі) 6 видів квадратнихрівнянь, що містять в обох частинах тільки члени з позитивними коефіцієнтами.При цьому розглядалися тільки позитивні коріння рівнянь.
У роботах європейських математиків XIII – XVI ст.даються окремі методи рішення різних видів квадратних рівнянь. Злиття цихметодів у загальне правило зробив німецький математик Михаель Штифель (1487 — 1567), що розглядав уже й негативні коріння.
У найвідомішому російському підручнику «Арифметика»Леонтія Пилиповича Магницького (1669-1739) було чимало задач на квадратнірівняння. От одна з них:
«Якийсь генерал хоче з 5000 чоловік баталію вчинити,і щоб та була в особі вдвічі, ніж осторонь. Кілько баталія буде мати в особі йосторонь?», тобто скільки солдатів треба поставити по фронті й скільки їм у тил,щоб число солдатів по фронту було в 2 рази більше числа солдат, розташованих їм«у тилу»?
У вавилонських текстах (3000 — 2000 років до н.е.)зустрічаються й задачі, розв'язувані тепер за допомогою систем рівнянь, щомістять і рівняння другого ступеня. Приведемо один з них:
«Площі двох своїх квадратів я склав: 25/>. Сторона другогоквадрата дорівнює /> сторони першого й ще 5».
Відповідна система в сучасному записі має вигляд:
/>
Цю задачу вавилонський автор вирішує правильнометодом, що ми тепер називаємо методом підстановки, але він ще не користувавсяалгебраїчною символікою.
В XVI в. французький математик Франсуа Виет (1540 — 1603), що служив шифрувальником при дворі французького короля, уперше ввівлітерні позначення не тільки для невідомих величин, але й для даних, тобтокоефіцієнтів рівнянь. Ф. Виет для позначення нерозшифрованих букв уповідомленнях супротивника використовував рідкі букви латинського алфавіту х, уи z, що й поклало початок традиції позначати невідомі в рівняннях буквами х, уи z. Особливо цінував Виет відкриті їм формули, які тепер називаються формуламиВиета. Однак сам Виет визнавав тільки позитивних корінь.
Лише в ХVII в. після робіт Декарта, Ньютона й іншихматематиків рішення квадратних рівнянь прийняло сучасний вид.
Повернемося в початок XVI в. Тоді професор математикиболонського університету Сципион дель Ферро (1465-1526) уперше знайшовалгебраїчне рішення рівняння третього ступеня виду
x3+px=q, (1)
де р и q — числа позитивні.
Це відкриття, по звичаях того часу, професор тримав устрогому секреті. Про нього знали лише два його учні, у тому числі якийсьФиоре. Утаювання математичних відкриттів тоді було звичайним явищем, тому що вІталії практикувалися математичні диспути-двобої. На багатолюдних зборахсупротивники пропонували один одному задачі для рішення на місці або в певнийстрок. Найчастіше це були задачі по алгебрі, що називали тоді великиммистецтвом. Перемагав той, хто вирішував більше задач. Переможець не тількинагороджувався славою й призначеним грошовим призом, але й міг зайняти університетськукафедру, а потерпілий поразку часто втрачав займане місце. От чому учасниковідиспуту було важливо мати невідомий інший алгоритм рішення деяких задач.
Після смерті професора дель Ферро його учень Фиоре,що сам не був глибоким математиком, викликав на публічний диспут одного знайвизначніших математиків того часу Никколо Тарталья (1499-1557). Готуючись додиспуту, Тарталья відкрив формулу для знаходження корінь кубічних рівнянь урадикалах, тому що припускав, що Фиоре вже мав цю формулу. Пізніше Тартальяписав: «Я приклав всю свою запопадливість, ретельність і уменье, щоб знайтиправило для рішення кубічних рівнянь, і, завдяки благословенній долі, менівдалося це зробити за 8 днів до строку».
Диспут відбувся 20 лютого 1535 р. Тарталья протягомдвох годин вирішив 30 задач, запропонованих йому супротивником, а Фиоре не змігвирішити ні однієї з 30 задач, запропонованих Тартальєй. Після диспуту Тартальястав знаменитим у всій Італії, але продовжував тримати відкриту формулу всекреті.
Інший італійський математик Джерол (1501 — 1576)довідався від Тартальи правило рішення кубічного рівняння (1) і дав «священнуклятву», що нікому не розкриє цієї таємниці. Правда, Тарталья лише частковорозкрив свою таємницю, але Кардано, познайомившись із рукописами покійногопрофесора дель Ферро, одержав повну ясність у цьому питанні. В 1545 р. Карданоопублікував знамениту свою працю «Про велике мистецтво, або про алгебраїчніречі, в одній книзі», де вперше опублікував формулу для рішення рівняння (1), акубічне рівняння загального виду пропонував звести до рівняння (1).
Після виходу у світло цієї книги Кардано бувобвинувачений Тартальей у порушенні клятви, але формула, відкрита дель Ферро йТартальей, і донині називається формулою Кардано.
Така повна драматизму історія відкриття формуликорінь кубічного рівняння (1).
У тій же книзі Кардано привів алгебраїчне рішеннярівняння четвертого ступеня. Це відкриття зробив один з його учнів ЛудовикоФеррари (1522 — 1565). Після цього почалися наполегливі пошуки формул, які зводилиб рішення рівнянь вищих ступенів до добування корінь («рішення в радикалах»).Ці пошуки тривали біля трьох сторіч, і лише на початку XIX в. норвезький ученийНильс Хенрик Абель (1802 -1829) і французький учений Еварист Галуа (1811 -1832)довели, що рівняння ступенів вище четвертої в загальному випадку в радикалах невирішуються.
Математик і філософ Рене Декарт (1596 -1650) упершесформулював у своїй книзі «Геометрія» основну теорему алгебри про число коріньрівняння n-й ступеня. При цьому Декарт припускав існування не тільки щирих(позитивних) і помилкових (менших, чим нічого, тобто менших нуля — негативних)корінь, але й уявлюваних, мнимих (у Декарта — imaginaires), тобто комплекснихкорінь.
Ще в стародавності математики в процесі рішення задачзіштовхувалися з добуванням кореня квадратного з негативного числа; у цьомувипадку задача вважалася нерозв'язною. Однак поступово з'ясовувалося, щорішення багатьох задач, що задаються в дійсних числах, одержує просте поясненняза допомогою виражень a + bi, де i2 = -1, які зрештою теж сталиназивати числами, але вже комплексними. Перше обґрунтування найпростіших дійнад комплексними числами дав італійський математик Раффаеле Бомбелли (1530-1572) в 1572 р., хоча ще довгий час до комплексних чисел ставилися як до чогонадприродному.
Академік Петербурзької академії наук Леонард Ейлер(1707 -1783) вніс істотний вклад у питання теорії комплексних чисел. Після йогоробіт комплексні числа одержали остаточне визнання як предмет і засіб вивчення.Сама назва «комплексне число» було запропоновано в 1831 р. німецькимматематиком Карлом Фрідріхом Гауссом (1777 — 1855).
У цей час комплексні числа широко вживаються вбагатьох питаннях фізики й техніки.
Вище мова йшла про алгебраїчні рівняння, тобторівняннях f(x) = O, де f(x) — багаточлен відносно х.
Крім алгебраїчних рівнянь, є ще й трансцендентнірівняння: показові, логарифмічні, тригонометричні й ін. Рішення трансцендентнихрівнянь, а також нерівностей істотно опирається на властивості функцій, яківивчаються в математику відносно недавно.
Особливе місце серед алгебраїчних рівнянь займаютьтак звані диофантові рівняння, тобто рівняння, у яких невідомих більше однієї.
Найбільш відомими з них є лінійні дофантові рівняння.Приклади задач, що приводять до лінійних дофантових рівнянь, знаходимо взбірнику задач ченця Алькуїна, запрошеного в 795 р. Карлом Великим викладати впершу з відомих шкіл у м. Аахен. От ця задача:
«100 шеффелей (грошових одиниць) розділили міжчоловіками, жінками й дітьми (число персон 100) і дали при цьому чоловікам по 3шеффеля, жінкам по 2 і дітям по /> шеффеля. Скільки було чоловіків,жінок і дітей?»
Позначивши кількість чоловіків за х, кількість жінокза у, ми прийдемо до рівняння
Зх + 2y+/>( х-y)= 100
Загального рішення лінійних дофантових рівнянь у тічаси ще не знали й задовольнялися лише декількома рішеннями, що задовольняютьумові задачі. У самого Алькуина було наведено лише одне рішення цієї задачі:чоловіків, жінок і дітей було 11, 15 і 74, а задача має 784 рішення внатуральних числах.
Задачі, що приводять до лінійних дофантовихрівнянням, були в Леонардо Пизанського (Фибоначчи) (1180 — 1240), в«Арифметиці» Л. Ф. Магницького.
Відоме рівняння Піфагора (VI в. до н.е.) х2+ в2= z2 вирішують у натуральних числах. Його рішеннямислужать трійки чисел (х; в; z):
x = (m2-n2)l, y = 2mnl, z = (m2+ n2)l,
де т, п, l — будь-які натуральні числа (т> п). Ціформули допомагають знаходити прямокутні трикутники, довжини сторін яких єнатуральними числами.
В 1630 р. французький математик Пьер Ферма (1601 —1665) сформулював гіпотезу, що називають великою (або великий) теоремою Ферма:«Рівняння хп + уп = zn для натурального п ≥3 не має рішень у натуральних числах». Ферма не довів свою теорему в загальномувипадку, але відома його запис на полях «Арифметики» Диофанта: «… неможливокуб записати у вигляді суми двох кубів, або парний ступінь у вигляді суми такихже ступенів, або взагалі будь-яке число, що є ступенем більшої, ніж друга, неможна записати у вигляді суми двох таких же ступенів. У мене є воістину дивнийдоказ цього твердження, але поля ці занадто вузькі, щоб його вмістити». Пізнішев паперах Ферма було знайдене доказ його теореми для п= 4. З тих пор більше 300років математики намагалися довести велику теорему Ферма. В 1770 р. Л.Ейлердовів теорему Ферма для п = 3, в 1825 р. Адриен Лежандр (1752 1833) і ПетерДирихле (1805 — 1859) — для п = 5. Доказ великої теореми Ферма в загальномувипадку не вдавався довгі роки. І тільки в 1995 р. Ендрю Вайлс довів цютеорему.
2. РІШЕННЯЗАДАЧ ІЗ ВИКОРИСТАННЯМ ВЛАСТИВОСТЕЙ ФУНКЦІЇ
Не всяке рівняння f(x) = g(x) або нерівність урезультаті перетворень або за допомогою вдалої заміни змінної може бути зведенедо рівняння або нерівності того або іншого стандартного виду, для якого існуєпевний алгоритм рішення. У таких випадках іноді виявляється корисним використовуватидеякі властивості функцій, такі як монотонність, періодичність, обмеженість,парність і ін.
2.1 Використаннямонотонності функції
Функція f (x)називається />зростаючої на проміжку D,якщо для будь-яких чисел x1 і x2 із проміжку D таких, що x1
Функція f (x)називається />убутної на проміжку D,якщо для будь-яких чисел x1 і x2 із проміжку D таких, що x1 f (x2).
На показаному на малюнку 1 графіку
/>
Малюнок 1
Функція y = f (x), />, зростає накожному із проміжків [a; x1) і (x2; b] і убуває на проміжку (x1; x2). Зверніть увагу, що функція зростає на кожному із проміжків [a; x1) і (x2; b], але не на об'єднанні проміжків />
Якщо функція зростає або убуває на деякому проміжку,то вона називається монотонної на цьому проміжку.
Помітимо, що якщо f – монотонна функція напроміжку D (f (x)), те рівняння f (x) = const неможе мати більше одного кореня на цьому проміжку.
Дійсно, якщо x1
Перелічимо властивості монотонних функцій(передбачається, що всі функції визначені на деякому проміжку D).
Сума декількох зростаючих функцій є зростаючоюфункцією.
Добуток ненегативних зростаючих функцій є зростаючафункція.
Якщо функція f зростає, то функції cf (c > 0)і f + c також зростають, а функція cf (c
Якщо функція f зростає й зберігає знак,то функція /> убуває.
Якщо функція f зростає й ненегативна,то fn де n/>N, також зростає.
Якщо функція f зростає й n –непарне число, то f n також зростає.
Композиція g (f (x))зростаючих функцій f і g також зростає.
Аналогічні твердження можна сформулювати й дляубутної функції.
Крапка a називається крапкою />максимуму функції f, якщо існує така ε-околиця крапки a, що длябудь-якого x із цієї околиці виконується нерівність f (a) ≥ f (x).
Крапка a називається крапкою />мінімуму функції f, якщо існує така ε-околиця крапки a, що длябудь-якого x із цієї околиці виконується нерівність f (a) ≤ f (x).
Крапки, у яких досягається максимум або мінімумфункції, називаються крапками екстремуму.
У крапці екстремуму відбувається зміна характерумонотонності функції. Так, ліворуч від крапки екстремуму функція може зростати,а праворуч — убувати. Відповідно до визначення, крапка екстремуму повинна бутивнутрішньою крапкою області визначення.
Якщо для кожного /> (x ≠ a)виконується нерівність f (x) ≤ f (a) />, текрапка a називається />крапкою найбільшого значення функції на множині D:
/>
Якщо для кожного /> (x ≠ b) виконуєтьсянерівність f (x) > f (b) />, те крапка bназивається />крапкою найменшого значення функції на множині D.
/>
Крапка найбільшого або найменшого значення функції намножині D може бути екстремумом функції, але не обов'язково їм є.
Крапку найбільшого (найменшого) значення безперервноїна відрізку функції варто шукати серед екстремумів цієї функції і її значень накінцях відрізка.
Рішення рівнянь і нерівностей з використаннямвластивості монотонності ґрунтується на наступних твердженнях.
1. Нехай f(х) — безперервна й строго монотоннафункція на проміжку Т, тоді рівняння f(x) = З, де З — дана константа, можемати не більше одного рішення на проміжку Т.
2. Нехай f(x) і g(х) — безперервні на проміжку Tфункції, f(x) строго зростає, а g(х) строго убуває на цьому проміжку, тодірівняння f(х) = =g(х) може мати не більше одного рішення на проміжку Т.Відзначимо, що як проміжок T можуть бути нескінченний проміжок (-?;+?),проміжки (а;+?), (-?; а), [а;+?), (-?; b], відрізки, інтервали йнапівінтервали.
Приклад 2.1.1 Вирішите рівняння
/>. [28] (1)
Рішення. Очевидно, що х ≤ 0 не може бутирішенням даного рівняння, тому що тоді />. Для х > 0 функція /> безперервна йстрого зростає, як добуток двох безперервних позитивних строго зростаючих для цихх функцій f(x) = х і />. Виходить, в області х > 0функція /> приймаєкожне своє значення рівно в одній крапці. Легко бачити, що х = 1 є рішеннямданого рівняння, отже, це його єдине рішення.
Відповідь: {1}.
Приклад 2.1.2 Вирішите нерівність
/>. (2)
Рішення. Кожна з функцій в = 2x, в = 3x,в = 4х безперервна й строго зростаюча на всій осі. Виходить, такийже є й вихідна функція />. Легко бачити, що при х = 0функція /> приймаєзначення 3. У силу безперервності й строгої монотонності цієї функції при х> 0 маємо />, при х . Отже,рішеннями даної нерівності є всі х
Відповідь: (-?; 0).
Приклад 2.1.3 Вирішите рівняння
/>. (3)
Рішення. Область припустимих значень рівняння (3) єпроміжок />.На ОПЗ функції /> й /> безперервні й строго убувають,отже, безперервна й убуває функція />. Тому кожне своє значення функціяh(x) приймає тільки в одній крапці. Тому що, /> те х = 2 є єдиним коренемвихідного рівняння.
Відповідь: {2}.
2.2 Використанняобмеженості функції
При рішенні рівнянь і нерівностей властивістьобмеженості знизу або зверху функції на деякій множині часто відіграєвизначальну роль.
Якщо існує число C таке, що для кожного /> виконуєтьсянерівність f (x) ≤ C, те функція fназивається />обмеженої зверху намножині D (малюнок2).
/>
Малюнок 2
Якщо існує число c таке, що для кожного /> виконуєтьсянерівність f (x) ≥ c, те функція fназивається />обмеженої знизу на множиніD (малюнок 3).
/>
Малюнок 3
Функція, обмежена й зверху, і знизу, називаєтьсяобмеженої на множині D. Геометрично обмеженість функції f намножині D означає, що графік функції y = f (x), /> лежить у смузіc ≤ y ≤ C (малюнок 4).
/>
Малюнок 4
Якщо функція не є обмеженою на множині, то говорять,що вона не обмежена.
Прикладом функції, обмеженої знизу на всій числовійосі, є функція y = x2. Прикладомфункції, обмеженої зверху на множині (–∞; 0) є функція y = 1/x.Прикладом функції, обмеженої на всій числовій осі, є функція y = sin x.
Приклад 2.2.1 Вирішите рівняння
sin(x3 + 2х2 + 1) = х2+ 2х + 2. (4)
Рішення. Для будь-якого дійсного числа х маємо sin(x3+ 2х2 + 1) ≤ 1, х2 + 2х + 2 = (x + 1)2 +1 ≥ 1. Оскільки для будь-якого значення х ліва частина рівняння неперевершує одиниці, а права частина завжди не менше одиниці, то дане рівнянняможе мати рішення тільки при />.
При /> />, />, тобто при /> рівняння (4) так самокорінь не має .
Відповідь: O.
Приклад 2.2.2 Вирішите рівняння
/>. (5)
Рішення. Очевидно, що х = 0, х = 1, х = -1 єрішеннями даного рівняння. Для знаходження інших рішень у силу непарностіфункції f(х) = = x3 — x — sin πx досить знайти його рішення вобласті х > 0, х ≠ 1, оскільки якщо x0> 0 є йогорішенням, те й (-x0) також є його рішенням.
Розіб'ємо множину х > 0, х? 1, на два проміжки:(0; 1) і (1; +?)
Перепишемо початкове рівняння у вигляді x3 — x = sin πx. На проміжку (0; 1) функція g(х) = x3 — x приймаєтільки негативні значення, оскільки х3
Нехай х належить проміжку (1; +∞). Для кожногоз таких значень х функція g(х) = х3 — х приймає позитивні значення,функція h(x) = sin πx приймає значення різних знаків, причому на проміжку(1; 2] функція h(x) = sin ?x непозитивна. Отже, на проміжку (1; 2] рівняннярішень не має.
Якщо ж х > 2, то |sin πx| ≤ 1, x3 — x = x(x2 — 1) > 2∙ 3 = 6, а це означає, що й на проміжку(1; +∞) рівняння також не має рішень.
Отже, x = 0, x = 1 і x = -1 і тільки вони є рішеннямивихідного рівняння.
Відповідь: {-1; 0; 1}.
Приклад 2.2.3 Вирішите нерівність
/>. (6)
Рішення. ОПЗ нерівності є всі дійсні x, крім x = -1.Розіб'ємо ОПЗ нерівності на три множини: -?
Нехай -∞ 0. Отже, всі ці x є рішеннями нерівності.
Нехай -1 ,а f(x) = 2x ≤ 1. Отже, жодне із цих x не є рішенням даноїнерівності.
Нехай 0 , a />. Отже, всі ці x є рішеннямивихідної нерівності.
Відповідь: />.
2.3 Використанняперіодичності функції
Функція f (x)називається періодичної з періодом T ≠ 0, якщо виконуються дві умови:
якщо />, то x + T і x – Tтакож належать області визначення D (f (x));
для кожного /> виконана рівність
f (x + T) = f (x).
Оскільки /> те з наведеного визначення треба,що
/>
Якщо T – період функції f (x),то очевидно, що кожне число nT, де />, n ≠ 0,також є періодом цієї функції.
Найменшимпозитивним періодом функції називається найменше з позитивних чисел T, що єперіодом даної функції.
/>
Графік періодичної функції
/>
Графік періодичної функції звичайно будують напроміжку [x0; x0 + T), а потім повторюють на всю областьвизначення.
Гарним прикладом періодичних функцій можуть служититригонометричні функції y = sin x, y = cos x(період цих функцій дорівнює 2π), y = tg x(період дорівнює π) і інші. Функція y = const такожє періодичною. Для неї періодом є будь-яке число T ≠ 0.
На закінчення відзначимо властивості періодичнихфункцій. [19]
Якщо f (x) –періодична функція з періодом T, то функція
g (x) = A · f (kx + b)
де k ≠ 0також є періодичною з періодом />.
Нехай функції f1 (x) і f2 (x) визначені на всійчисловій осі і є періодичними з періодами T1 > 0 і T2 > 0. Тоді якщо /> те функція /> періодична з періодом T,рівним найменшому загальному кратному чисел T1 і T2.
Приклад 2.4.1Функція /> періодичназ періодом T = 5. Відомо, що />. Знайдіть
/>
Рішення.Перетворимо окремо кожний доданок:
/>
/>
/>
Тоді />
Відповідь: 2.
Приклад 2.4.2[24] Знайдіть період функції
/>
Рішення.Перетворимо дане вираження:
/>
/> має період />;
/> має період />.
Тоді функція /> має період
/>
Відповідь: ?.
Приклад 2.4.3 Нехай /> — періодична функція з періодом 3така, що
/>; />.
Вирішите рівняння:
/> (7)
Графік функції /> на множині [0;3) зображений намалюнку 3:
x
y />
Малюнок 5
Таким чином 3 — період функції />, те/>, тоді рівняння (7)прикмет вид />, розглянемо два випадки.
1) нехай />, тобто />, тоді рівняння прийме вид:
/>/>/>, значить />і виходить/>, />
2) нехай/>те/>, тоді /> рівняння прийме вид:
/>; отже />, />
таким чином />, />.
Відповідь: />.
2.4 Використанняпарності функції
Функція f (x)називається парної, якщо для кожного /> виконуються рівності:
1) />,
2) f (–x) = f (x).
Графік парної функції на всій області визначеннясиметричний щодо осі OY. Прикладами парних функцій можуть служити y = cos x, y = |x|, y = x2 + |x|
/>
Графік парної функції />
Функція f (x)називається непарної, якщо для кожного /> виконуються рівності:
1) />,
2) f (–x) = –f (x).
Іншими словами функція називається непарної, якщо їїграфік на всій області визначення симетричні відносно початку координат.Прикладами непарних функцій є y = sin x, y = x3.
/>
Графік непарної функції />
Не слід думати, що будь-яка функція є або парної, абонепарної. Так, функція/>не є ні парної, ні непарної, томущо її область визначення /> несиметрична відносно початкукоординат. Область визначення функції y = x3 + 1 охоплює всю числову вісь ітому симетрично відносно початку координат, однак f (–1) ≠ f (1).А це значить, що функція не є ні парної, ні непарної, тобто є функцієюзагального виду (ФЗВ).
Якщо область визначення функції симетрична відноснопочатки координат, то цю функцію можна представити у вигляді суми парної йнепарної функцій.
Такою сумою є функція
/>
Перший доданок є парною функцією, друге — непарної.
Порівняльна ілюстрація функцій різної парності зображенана малюнку 6
ФОВ />
Малюнок 6
Дослідження функцій на парність полегшуєтьсянаступними твердженнями.
Сума парних (непарних) функцій є парною (непарної)функцією.
Добуток двох парних або двох непарних функцій єпарною функцією.
Добуток парної й непарної функції є непарноюфункцією.
Якщо функція f парна (непарна), то й функція 1/f парна(непарна).
Приклад 2.4.1 чи Може при якому-небудь значенні арівняння
2x8 – 3аx6 + 4x4 –аx2 = 5
мати 5 корінь?
Рішення. Позначимо f(x) = 2х8 – 3ах6+ 4х4 – ах2. f(x) – функція парна, тому, якщо x0– корінь даного рівняння, те -x0– теж. x = 0 не є коренем даногорівняння (0? 5). Отже, число корінь у цього рівняння при будь-якому дійсному апарне, тому 5 корінь воно мати не може.
Відповідь: не може.
2.5 ВикористанняОПЗ функції
Область визначення функції — це множина всіхприпустимих дійсних значень аргументу x (змінної x), при яких функція /> визначена.Область визначення іноді ще називають областю припустимих значень функції (ОПЗ). Для знаходження ОПЗ функції потрібно проаналізувати данувідповідність і встановити заборонні операції, що зустрічаються (ділення нануль, піднесення в раціональний ступінь негативного числа, логарифмічніоперації над негативними числами й т.п.).
Іноді знання ОПЗ дозволяє довести, що рівняння (абонерівність) не має рішень, а іноді дозволяє знайти рішення рівняння (абонерівності) безпосередньою підстановкою чисел з ОПЗ.
Приклад 2.5.1 Вирішите рівняння
/>. (8)
Рішення. ОПЗ цього рівняння складається із всіх х,одночасно задовольняючим умовам /> і />, тобто ОПЗ є порожня множина. Цимрішення рівняння й завершується, тому що встановлено, що жодне число не можебути рішенням, тобто що рівняння не має корінь.
Відповідь: O.
Приклад 2.5.2 Вирішите рівняння
/>. (9)
Рішення. ОПЗ цього рівняння складається із всіх x,одночасно задовольняючим умовам />, />, />, тобто ОПЗ є />. Підставляючи цізначення х у рівняння (9), одержуємо, що його ліва й права частини рівно 0, аце означає, що всі />, є його рішеннями.
Відповідь: />
Приклад 2.5.3 Вирішите нерівність
/>. (10)
Рішення. ОПЗ нерівності (10) є всі х, щозадовольняють умові />. Ясно, що х = 1 не є рішеннямнерівності (10). Для х із проміжку /> маємо />, а />. Отже, всі х із проміжку /> є рішенняминерівності (10).
Відповідь: />.
Приклад 2.5.4 [26] Вирішите нерівність
/>. (11)
Рішення. ОПЗ нерівності (11) є всі х із проміжку />. Розіб'ємо цюмножину на два проміжки /> й />.
Для х із проміжку /> маємо />, />. Отже, /> на цьому проміжку, і томунерівність (11) не має рішень на цьому проміжку.
Нехай х належить проміжку />, тоді /> й />. Отже, /> для таких х, і, виходить, нацьому проміжку нерівність (11) також не має рішень.
Отже, нерівність (11) рішень не має.
Відповідь: O.
3 ДЕЯКІ ШТУЧНІ СПОСОБИ РІШЕННЯ РІВНЯНЬ
Існують і інші нестандартні методи рішення рівнянь інерівностей, крім використання властивостей функції. Дана глава присвяченадодатковим методам рішення.
3.1 Множеннярівняння на функцію
Іноді рішення алгебраїчного рівняння істотнополегшується, якщо помножити обидві його частини на деяку функцію — багаточленвід невідомої. При цьому треба пам'ятати, що можливо появу зайвих корінь — корінь багаточлена, на який множили рівняння. Тому треба або множити на багаточлен,що не має корінь, і одержувати рівносильне рівняння, або множити на багаточлен,що має корінь, і тоді кожний з таких корінь треба обов'язково підставити увихідне рівняння й установити, чи є це число його коренем.
Приклад 3.1.1 Вирішите рівняння
/>. (1)
Рішення. Помноживши обидві частини рівняння набагаточлен />,що не має корінь, одержимо рівняння
/>, (2)
рівносильне рівнянню (1). Рівняння (2) можна записатиу вигляді
/>. (3)
Ясно, що рівняння (3) не має дійсних корінь, тому йрівняння (1) їх не має.
Відповідь: O.
Приклад 3.1.2 [19] Вирішите рівняння
/>. (4)
Рішення. Помноживши обидві частини цього рівняння набагаточлен />,одержимо рівняння
/>/>, (5)
Є наслідком рівняння (4), тому що рівняння (5) маєкорінь />,що не є коренем рівняння (4).
Рівняння (5) є симетричне рівняння четвертогоступеня. Оскільки /> не є коренем рівняння (5), те,розділивши обидві його частини на /> й перегрупувавши його члени,одержимо рівняння
/> (6)
рівносильне рівнянню (5). Позначивши />, перепишемо рівняння(6) у вигляді
/>. (7)
Рівняння (7) має два корені: /> і />. Тому рівняння (6) рівносильнесукупності рівнянь
/> и./>
Вирішивши кожне із цих рівнянь, знайдемо чотирикорені рівняння (6), а тим самим і рівняння (5):
/>, />, />, />
Тому що корінь /> є стороннім для рівняння (4), тезвідси одержуємо, що рівняння (4) має три корені: x1, x2,x3.
Відповідь: />
3.2 Угадуваннякореня рівняння
Іноді зовнішній вигляд рівняння підказує, яке число єкоренем рівняння.
Приклад 3.2.1 Вирішите рівняння
/>. (8)
Рішення. Перепишемо рівняння (8) у вигляді:
/>. (9)
Із зовнішнього вигляду цього рівняння очевидно, що х= 12 є його корінь. Для знаходження інших корінь перетворимо багаточлен
/>
/>
Тому що багаточлен /> не має корінь, те вихіднерівняння має єдиний корінь х = 12.
Відповідь: {12}.
Приклад 3.2.2. Вирішите рівняння
/> (10)
Рішення. Легко помітити, що /> і /> є рішеннями цього рівняння. Післярозкриття дужок це рівняння перепишеться як квадратне. А це означає, що вономоже мати не більше двох корінь. Тому що два корені цього рівняння знайдені, тетим самим воно й вирішено.
Відповідь: />
3.3 Використаннясиметричності рівняння
Іноді зовнішній вигляд рівняння — деяка йогосиметричність — підказує спосіб рішення рівняння.
Приклад 3.3.1 Вирішите рівняння
/>. (11)
Рішення. Очевидно, що зовнішній вигляд рівнянняпідказує, що одне з корінь рівняння (11) є />. Однак знайти інших корінь цьогорівняння тут не так просто. Перепишемо рівняння (11) у трохи іншому виді.
Оскільки справедливі тотожні рівності
/>
/>,
те рівняння (11) можна переписати так:
/>. (12)
Тепер очевидно, що якщо /> ― корінь рівняння (12), те /> також коріньрівняння (12), оскільки
/>. (13)
Покажемо, що якщо />, є корінь рівняння (11), те /> також є коріньцього рівняння.
Дійсно, тому що
/>
те звідси й випливає це твердження.
Отже, якщо />, ― корінь рівняння (11), тевоно має ще коріння
/>, />, />, />,
т. е. рівняння (11) має корінь
/>, />, />, />, />, />.
Оскільки рівняння (11) є алгебраїчне рівняння шостогоступеня, то воно має не більше шести корінь. Таким чином, ми знайшли всікоріння рівняння (11).
Відповідь: />
3.4 Дослідженнярівняння на проміжках дійсної осі
Іноді рішення рівняння можна знайти, досліджуючи йогона різних числових проміжках.
Приклад 3.4.1 Вирішите рівняння
/>. (14)
Рішення. Перепишемо рівняння у вигляді /> або,використовуючи формулу різниці
/>, (15)
у вигляді
/>. (16)
Звідси видно, що одне з корінь даного рівняння є />. Доведемо, щорівняння
/> (17)
рішень не має.
Розіб'ємо числову вісь на проміжки
/>
Для будь-якого x із проміжку /> маємо, що ліва частина рівняння(17) позитивна, тому на цьому проміжку рівняння рішень не має.
Оскільки
/>
/>,
те для будь-якого х із проміжку /> цей багаточлен позитивний.Це означає, що на проміжку /> рівняння (17) також не маєрішень.
Оскільки
/>
/>,
те для будь-якого x із проміжку /> цей багаточленпозитивний. Отже, і на проміжку /> рівняння (17) не має рішень.
Отже, дане рівняння (17) має єдине рішення />.
Відповідь: {1}.
ВИСНОВОК
У процесі дослідження ціль дипломної роботидосягнута, повністю вирішені поставлені задачі й отримані наступні результати йвисновки:
Наведено відомості про давнину постановки передлюдиною задачі рішення рівнянь і нерівностей.
Наведено й розглянуті на прикладі методи рішеннярівнянь і нерівностей, засновані на використанні властивостей функції.
Розглянуто й випробувані додаткові нестандартніметоди рішення рівнянь і нерівностей.
Продовження дослідження може полягати у вивченнізастосування властивостей синуса й косинуса, застосуванні похідній,використанні числових нерівностей, використанні графіків і інших нестандартнихспособів рішення рівнянь і нерівностей.
ДОДАТОК
/>Задачідля самостійного рішення:
Доведіть, що наступне рівняння не має рішень:
/>.
/>.
/>.
/>.
/>
Вирішите рівняння:
/>
Відповідь: {0}.
/>.
Відповідь: {2}.
/>.
Відповідь: {-1}.
/>.
Відповідь: {2}.
/>.
Відповідь: {1}.
/>.
Відповідь: {1; -2}.
/>
Відповідь: />.
/>.
Відповідь: />
Вирішите нерівність:
/>.
Відповідь: />.
/>.
Відповідь: />.
/>.
Відповідь: />.
/>.
Відповідь: />.
/>.
Відповідь: />/>
СПИСОК ДЖЕРЕЛ
1. Абилкасимова А. Є. Алгебра10 клас. – К., 2003
2. Алилов М. А., Колягин Ю.М. і ін. Алгебра й начало аналізу. – К., 2004
3. Болтянський В. Г., СидоровЮ. В., Шабунин М. І. Лекції й задачі по елементарній математиці. – К., 2006
4. Газета «Математика» №20,2008 р.
5. Голубєв В. і. Рішенняскладних і нестандартних задач по математиці. – К., 1995
6. Горштейн П. І. Задачі зпараметрами., — К., 1999.
7. Гусєв В. А., Мордович О.Г. Математика. Довідкові матеріали. – К., 2001
8. Далингер В. А.Нестандартні рівняння й методи їхнього рішення. –К., 2005
9. Жафяров А. Ж. Профільненавчання старшокласників. К., 2001
10. Журнал «Математика вшколі», 1999-2007 р.
11. Івлєв Б. М., Абрамов А.М., Дудницин Ю. П., Швардцбурд С. І. Задачі підвищених труднощів по алгебрі йпочаткам аналізу. – К., 2005.
12. Ковальова Г. И., КонкинаЕ. В. Функціональний метод рішення рівнянь і нерівностей. – К., 2006
13. Кравцов С. В. Методирішення задач по алгебрі. – К., 2001
14. Кулагін Є. Д. 300конкурсних задач по математиці. — К., 2003
15. Кушнір А. І. Математичнаенциклопедія. — К.,1995 р.
16. Литвиненко В. Н.,Мордкович А. Г. Практикум по елементарній математиці. Алгебра. Тригонометрія. –К., 1991 р.