Stud.kz

Антье функциясына берілген теңдеулерді шешу


Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі:  Материал
Тегін:  Антиплагиат
Көлемі: 6 бет
Таңдаулыға:   

Антье функциясына берілген теңдеулерді шешу

Әдістемелік құралдар.

Кейбір математикалық олимпиадаларда белгісізі жақша ішінде орналасқан шеңдеулерді шешу кездеседі: [x] . Мұндай жазу нені білдіретінін және мұндай өрнектермен келген теңдеулердің алай шығарылатынын қарастырайық.

Нақты сан х - тің бүтін бөлігі деп (немесе антье - функйиясы, антьте деп) х - артық болмайтын ең үлкен бүтін санды айтамыз.

Анықтамадан шығатыны [ x ] ≤ x < [ x ] + 1 \lbrack x\rbrack \leq x < \lbrack x\rbrack + 1 , бұл мына теңсіздікке мәндес: 0 ≤ x − [ x ] − 1 0 \leq x - \lbrack x\rbrack - 1 .

Антье [ x ] \lbrack x\rbrack немесе E [ x ] E\lbrack x\rbrack деп, мұндағы Е - француздың entire - бүтін сөзінің алғашқы әрпімен белгіленеді.

Кейбір сандардың бүтін бөліктерін табуға мысалдар келтірейік: [ 2 , 6 ] = 2 ; [ − 3 , 4 ] = − 4 ; [ 3 ] = 1 ; [ π ] = 3 ; [ sin 247 0 ] = − 1 . \lbrack 2, 6\rbrack = 2; \lbrack - 3, 4\rbrack = - 4; \left\lbrack \sqrt{3} \right\rbrack = 1; \lbrack\pi\rbrack = 3; \left\lbrack \sin 247^{0} \right\rbrack = - 1.
у = [ x ] у = \lbrack x\rbrack функсицсының графигін санның бүтін бөлшегінің анықтамасын қолданып салуға болады.

Санның бүтін бөлігі арқылы теңдеулерді шешудің негізгі тәсілдерін қарастырайық

1 - мысал. Теңдеуді шешіңдер: [ x ] = − x . \lbrack x\rbrack = - x.

Шешуі: теңдеудің сол жағы тек бүтін мәндер қабылдайтындықтан, теңдеудің оң жақ бөлігі де бүтін мәндер қабылдауы тиіс. Сондықтан айнымалы х тек бүтін мәндер қабылдайды. Онда теңдеу х = − x \ \ х = - x түріне келеді. Бұдан х=0.

Демек, берілген теңдеудің шешімі нольге тең.

Жауабы: 0

2 - мысал. Теңдеуді шешіңдер: [ x ] = − 5 . \lbrack x\rbrack = - 5.

Шешуі: -5 бүтін сан болғандықтан, санның бүтін бөлігінің анықтамасы бойынша − 5 ≤ x ≤ 4 - 5 \leq x \leq 4 болады.

Демек, берілген теңдеудің шешімі мынаған тең: [ 5 ; 4 ) \lbrack 5; 4) .

Жауабы: [ 5 ; 4 ) \lbrack 5; 4) .

3 - мысал. Теңдеуді шешіңдер: [ 5 + 6 x 8 ] = 15 x − 7 5 . \left\lbrack \frac{5 + 6x}{8} \right\rbrack = \frac{15x - 7}{5}.

Шешуі: t = 15 x − 7 5 , t = \frac{15x - 7}{5}, \mathbf{\ } мұндағы t ϵ z \ t\epsilon z деп белгілейік. Бұдан алатынымыз x = 5 t − 7 15 x = \frac{5t - 7}{15} сонда берілген теңдеу мына түрге келеді: [ 10 t + 39 40 ] = t . \left\lbrack \frac{10t + 39}{40} \right\rbrack = t. \ Антьенің анықтамасынан шығатыны: 0 ≤ 10 t + 39 40 − t < 1 . 0 \leq \frac{10t + 39}{40} - t < 1.

Осы қос теңсіздікті шешіп табатынымыз: − 1 30 < t ≤ 13 10 . - \frac{1}{30} < t \leq \frac{13}{10}. Сонда t ∈ Z t \in Z болатындықтан соңғы теңсіздікті t 1 = 0 , t 2 = 1 t_{1} = 0, \ t_{2} = 1 қанағаттандырады. Бұған сәйкес х - тің мәндері мынаған тең. x 1 = 7 15 , x 2 = 4 5 . x_{1} = \frac{7}{15}, \ x_{2} = \frac{4}{5}.

Жауабы: x 1 = 7 15 , x 2 = 4 5 . x_{1} = \frac{7}{15}, \ x_{2} = \frac{4}{5}.

4 - мысал. Теңдеуді шешіңдер: [ x − 1 ] = [ x + 2 2 ] . \lbrack x - 1\rbrack = \left\lbrack \frac{x + 2}{2} \right\rbrack.

Шешуі: Айталық t = [ x − 1 ] t = \lbrack x - 1\rbrack болсын, онда [ x − 2 2 ] = t \left\lbrack \frac{x - 2}{2} \right\rbrack = t болады. Антьтенің анықтамасынан шығатыны − 1 ≤ x < t + 1 - 1 \leq x < t + 1 және t ≤ x + 2 2 < t + 1 . t \leq \frac{x + 2}{2} < t + 1.

Бұдан төмендегі теңсіздіктер жүйесін аламыз: { t + 1 ≤ x < t + 2 ( 1 ) 2 t − 2 ≤ x < 2 t . ( 2 ) \left\{ \begin{array}{r} t + 1 \leq x < t + 2\ \ \ \ \ \ (1) \\ 2t - 2 \leq x < 2t. \ \ \ \ \ \ (2) \end{array} \right. \

Сонымер, есептің шешуі осы теңсіздіктер жүйесін қанағаттандыратын t - ның бүтін мәндерін табуға келіп тіреледі. Теңсіздіктер жүйесінің мына жағдайларда шешімдері болмайтындығы айқын.

1) (1) аралық (2) арлықтың сол жағында жатқанда, яғни t + 2 ≤ 2 t − 2 ; t + 2 \leq 2t - 2;

2) (1) арлық (2) аралықтың оң жағында жатқанда, яғни 2 t ≤ t + 1 . 2t \leq t + 1.

Осы теңсіздіктерді шешіп, t ≥ 4 , t ≤ 1 t \geq 4, \ t \leq 1\ болғанда, теңсіздіктің шешңмдері болмайтын аралықтарын табамыз. Олай болса, теңсіздіктің шешімдері 1 < t < 4 , 1 < t < 4, \ ал t ∈ z t \in z\ болатындықтан, t = 2 t = 2 немесе t = 3 t = 3\ болады.

t − t - ның осы мәндерін қос теңсіздіктің біріншісіне қойып табатынымыз:

  1. t=2t = 2үшін{3≤x<4, 2≤x<4, \left\{ \begin{array}{r} 3 \leq x < 4, \\ 2 \leq x < 4, \end{array} \right. \⇒3≤x<4. \Rightarrow \ \ \ 3 \leq x < 4.
  2. t=3t = 3үшін осы сияқты4≤x<5. 4 \leq x < 5. \

Осы табылған шешімдерді біріктіріп, берілген теңдеудің шешімдерін анықтаймыз: x ∈ [ 3 ; 5 ) . x \in \lbrack 3; 5) .

Жауабы: x ∈ [ 3 ; 5 ) . x \in \lbrack 3; 5) .

5 - мысал. Теңдеуді шешіңдер: sin ⁡ ( π 6 + [ π 6 x ] ) = 1 2 . \sin{\left( \frac{\pi}{6} + \left\lbrack \frac{\pi}{6x} \right\rbrack \right) = \frac{1}{2}}.

Шешуі: берілген теңдеу төмендегі екі теңдеудің жиынтығына мәндес:

{ π 6 + [ π 6 x ] = π 6 + 2 π n , π 6 + [ π 6 x ] = 5 π 6 + 2 π n , n ∈ z . \left\{ \begin{array}{r} \frac{\pi}{6} + \left\lbrack \frac{\pi}{6x} \right\rbrack = \frac{\pi}{6} + 2\pi n, \\ \frac{\pi}{6} + \left\lbrack \frac{\pi}{6x} \right\rbrack = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, \ n \in z. \end{array} \right. \

Бірінші теңдеудің шешімін табайық: [ π 6 x ] = 2 π n , \left\lbrack \frac{\pi}{6x} \right\rbrack = 2\pi n, \ мұндағы n ∈ z . n \in z. Бұл теңдеудің сол жағы әрқашан бүтін сан, ал сол жағы n ≠ 0 n \neq 0 болғанда, иррационал сан болғандықтан, оның шешімі тек n = 0 n = 0\ болған жағдайда ғана болады. [ π 6 x ] = 0 \left\lbrack \frac{\pi}{6x} \right\rbrack = 0 теңдеуі мына теңсіздікке мәндес: 0 ≤ π 6 x < 1 . 0 \leq \frac{\pi}{6x} < 1.

Бұл теңсіздіктің шешімі ( π 6 ; ∞ ) \left( \frac{\pi}{6}; \infty \right) аралығы болады.

Енді екінші теңдеудің шешімін анықтайық: [ π 6 x ] = 2 π 3 + 2 π n , м ұ н д а ғ ы n ∈ z . \left\lbrack \frac{\pi}{6x} \right\rbrack = \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, \ \ мұндағы\ n \in z. Бұл теңдеудің сол жағы кез келген x ≠ 0 x \neq 0 үшін бүтін сан, ал оң жағы n - нің кез келген мәндерінде иррационал сан болады. Сонымен, екінші теңдеудің шешімдері болмайды.

Жауабы: ( π 6 ; ∞ ) \left( \frac{\pi}{6}; \infty \right) .

Қорытынды : бұл теңдеуді шешкенде антьенің анықтамасын және бағалау тәсілін қолдандық.

6 - мысал. Теңдеуді шешіңдер: [ x + 1 2 ] + [ x ] 2 = [ 2 x ] + 2 . \left\lbrack x + \frac{1}{2} \right\rbrack + \lbrack x\rbrack^{2} = \lbrack 2x\rbrack + 2.

Шешуі: Алдымен x − x - тің кез келген нақты мәндері үшін төмендегі теңдіктің орындалатынын дәлелдейік: [ x ] = [ x ] + [ x + 1 2 ] . \lbrack x\rbrack = \lbrack x\rbrack + \left\lbrack x + \frac{1}{2} \right\rbrack.

Кез келген нақты санды оның бүтін бөлігі мен бөлшек бөлігінің қосындысы түрінде жазуға болатындықтан, x = k + a , x = k + a, мұндағы k ∈ z , 0 ≤ a < 1 k \in z, \ 0 \leq a < 1 болады. Сонда [ 2 x ] = [ 2 k + 2 a ] = 2 k + [ 2 a ] , [ x ] = k , \lbrack 2x\rbrack = \lbrack 2k + 2a\rbrack = 2k + \lbrack 2a\rbrack, \ \lbrack x\rbrack = k, \ [ x + 1 2 ] = k + [ a + 1 2 ] . \left\lbrack x + \frac{1}{2} \right\rbrack = k + \left\lbrack a + \frac{1}{2} \right\rbrack. Сондықтан берілген теңдікті дәлелдеудің орнына 2 k + [ 2 a ] = k + k + [ a + 1 2 ] 2k + \lbrack 2a\rbrack = k + k + \left\lbrack a + \frac{1}{2} \right\rbrack теңдігін дәлелдеуіміз керек. Соңғы теңдік мына теңдікке мәндес: [ 2 a ] = [ a + 1 2 ] . \lbrack 2a\rbrack = \left\lbrack a + \frac{1}{2} \right\rbrack.

Осы теңдіктің дұрыстығын дәлелдейік. 0 ≤ a < 1 0 \leq a < 1 болғандықтан, екі жағдайды қарастырамыз:

  1. a∈[0, 12) . a \in \left\lbrack 0, \frac{1}{2} \right) . \Бұл жағдайда[2x] =0\lbrack 2x\rbrack = 0және[a+12] =0; \left\lbrack a + \frac{1}{2} \right\rbrack = 0;
  2. a∈[12; 1) . a \in \left\lbrack \frac{1}{2}; 1 \right) . \Бұл жағдайда[2a] =1\lbrack 2a\rbrack = 1\және[a+12] =1. \left\lbrack a + \frac{1}{2} \right\rbrack = 1.
... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Ұқсас жұмыстар
Санның бүтін және бөлшек бөлігіне берілген теңдеулерді шешу әдістері
Сызықты жай дифференциалдық теңдеулер
Жеке туындылардағы дифференциал теңдеулерді шешу жайлы
Коэффициенттері тұрақты және айнымалы - ретті сызықты дифференциалдық теңдеулердің шешімін табуға операциялық есептеулерді қолдану
Oпeратoрлық eсeптeу - мaтeмaтикaлықa тaлдaудың мaңызды бір caласы
Еркін айнымалылары бар функцияналдық теңдеуді коши әдісімен шешу
Жоғары оқу орындарында оқытылатын дифференциалдық теңдеулерді шешудің әр түрлілігін зерттеу
Математикалық физиканың дифференциалдық теңдеулерінің негізгі түрлері
Теңдеулерді шешу тәсілдері
Интегралдық кластарды кластарға бөлу
Пәндер

Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор #1 болып табылады.

google play appstore

instagram tiktok

Ақпарат

Қосымша


Email: info@stud.kz



Реферат Курстық жұмыс Диплом Материал Диссертация Практика Презентация Сабақ жоспары Мақал-мәтелдер 1‑10 бет 11‑20 бет 21‑30 бет 31‑60 бет 61+ бет Негізгі Бет саны Қосымша Іздеу Ештеңе табылмады :( Соңғы қаралған жұмыстар Қаралған жұмыстар табылмады Тапсырыс Антиплагиат Қаралған жұмыстар kz