Главная / Методические материалы / Преподавание математики
Способы решения алгебраических уравнений
Автор(ы): Васильченко Наталья Эдуардовна, учитель математики
Notice: Undefined variable: content in /home/area7ru/area7.ru/docs/metodic-material.php on line 278
Предисловие
Уравнения занимают значительное место в курсе математики средней школы. Остановимся лишь на алгебраических уравнениях, которые разобьем на три группы: - полиномиальные уравнения вида Pn(x) = 0, где Pn(x) — многочлен n-й степени относительно x;
- дробно-рациональные уравнения, т.е. содержащие в качестве двух компонент частные двух многочленов;
- иррациональные уравнения.
Для ряда приемов даны небольшие теоретические обоснования. Приведено 30 приемов, иллюстрированных более чем 36 примерами. Не надо думать, что приведенный в конкретном примере прием является наиболее рациональным для решения данного примера. Просто надо принять к сведению существование такого подхода к решению уравнений.
Одни и те же подходы (применение тригонометрии, использование однородности, разложение на множители и др.) находят применение не только при решении рациональных, дробно-рациональных, иррациональных уравнений, но и при решении трансцендентных уравнений, неравенств, систем.
При написании использовалась литература: - Рывкин А. А. «Справочник по математике» – М.: Высшая школа, 1987.
- Цыпкин А. Г. «Справочник по методам решения задач по математике» – М.: Наука, 1989.
- Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике – М.: Просвещение, 1989.
- Сборник задач по математике для поступающих во ВТУЗы / Под ред. Сканави М. И. – Мн.: Вышэйшая школы, 1990.
и др.
В этих пособиях можно найти достаточное количество нужных уравнений, конечно, не пренебрегая другими источниками.
Полиномиальные уравнения
1. Докажем теорему: Если уравнение anxn + an–1xn–1 + … + a1x + a0 = 0 (*) с целыми коэффициентами имеет рациональный корень, где p и q взаимно просты, то a0 делится на p, а an делится на q.
Доказательство: Заменим в (*) x на , получим верное числовое равенство умножим обе части равенства на qn:
anpn + an–1pn–1q + … + a1pqn–1 + a0qn = 0 (**)
anpn = – q (an–1pn–1 + … + a1pqn–2 + a0qn–1)
Правая часть делится на q, значит, и левая должна делиться на q, но т.к. p и q взаимно просты, то pn не делится на q, но тогда an должно делиться на q, иначе левая часть не будет кратна q.
Из (**) можно получить и другое равенство a0qn = – p (anpn–1 + an–1pn–2q + … + a1qn–1)
Правая часть кратна p, значит, и левая кратна p, но qn взаимно просты с p, значит a0 кратно p. Теорема доказана.
Теорема Безу. Остаток от деления многочлена P(x) = anxn + an–1xn–1 + … + a1x + a0 на двучлен (x – a) равен значению многочлена P(x) при x = a.
Доказательство: Делимое равно делителю, умноженному на частное, плюс остаток. Так как делитель — многочлен первой степени, то остаток будет многочленом, степень которого меньше степени делителя, значит, остаток – const. Частное будет многочленом степени n – 1. Тогда
P(x) = (x – a) (сn–1xn–1 + сn–2xn–2 + … + с1x + с0) + R (***)
При x = a это равенство имеет вид
P(a) = 0 ? (сn–1an–1 + сn–2an–2 + … + с1a + с0) + R,
из которого следует P(a) = R. Теорема доказана.
Следствие: Если x = a — корень многочлена, то многочлен делится на x – a без остатка.
Доказательство: При x = a равенство (***) примет вид 0 = 0 + R, из которого следует, что R = 0. А так как остаток от деления равен нулю, то утверждение доказано.
Пример 1. Решить уравнение 30x4 + x3 – 30x2 + 3x + 4 = 0.
Составим различные несократимые дроби, числители которых — делители свободного члена, т.е. 4, а знаменатели — делители старшего коэффициента, т.е. 30.
В левом столбике в знаменателях участвуют все делители числа 30. Видно, что – 1 — корень многочлена. По следствию из теоремы Безу делим многочлен на x + 1
Для поиска корней многочлена 30x3 – 29x2 – x + 4 воспользуемся таблицей дробей. При многочлен примет вид Значит, — корень многочлена.
2. При решении алгебраических уравнений может быть полезен метод неопределенных коэффициентов.
Пример 2. Решить уравнение x4 + 2x3 – 16x2 + 11x – 2 = 0.
Пусть многочлен представим в виде произведения
(a x2 + b x + g ) (ax2 + bx + c),
где a , b , g , a, b, c коэффициенты, которые желательно подобрать так, чтобы после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых получился исходный многочлен. Раскроем скобки, полагая, что a = a = 1.
(x2 + b x + g ) (x2 + bx + c) = x4 + (b + b)x3 + (b b + g +c)x2 + (g b + b c)x + cg
Приравняем коэффициенты
b + b = 2 b = 2 – b
b b + g +c = – 16 2b – b2 + g +c = – 16
g b + b c = 11 g b + 2c – bc = 11
cg = – 2 cg = – 2
Положим c = 1, g = – 2 или c = 2, g = – 1 (подбираем коэффициенты...
ВНИМАНИЕ!
Текст просматриваемого вами методического материала урезан на треть (33%)!
Чтобы просматривать этот и другие тексты полностью, авторизуйтесь на сайте:
|
|
Добавлено: 2010.09.29 | Просмотров: 1200
При использовании материалов сайта, активная ссылка на AREA7.RU обязательна!
|
