VI Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся
Старт в науке
Нестандартные приёмы решения целых и дробных уравнений
Автор работы награжден дипломом победителя III степени
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
Введение
Чтобы успешно сдать ГИА, вы должны знать математику не только на базовом уровне, но и применить ваши знания в нестандартных ситуациях. Во II части экзаменационной работы часто встречаются уравнения высших степеней.
Рассмотрим некоторые приемы решения целых уравнений, которые решаются с помощью довольно простого алгоритма, то есть такого метода, который требует лишь точного выполнения известных правил. Приемы, помогающие решить более эффективно целые уравнения с различными особенностями.
Решение целых уравнений
Нахождение корней многочлена высокой степени осложняется, так как удобных формул на нахождения корней нет или они вовсе не выведены. Поэтому для решения уравнений, содержащих многочлены высоких степеней, применяются методы, основанные на особенностях решаемых уравнений. В зависимости от особенностей уравнения, могут быть применены разные способы решения
Некоторые уравнения высоких степеней решают, используя выводы теоремы о корне многочлена. Суть теоремы состоит в том, что при известном корне а многочлена вида
P(x) = a0xn+ a1xn-1 +…+ an-1x + an, в котором a0 ≠ 0, многочлен может быть представлен в виде произведения (х-а)Р1(х). При этом Р1(х) – многочлен степени (n-1). Отмечается, что для уравнения с одной переменной, целыми коэффициентами и одним корнем, поиск корня можно выполнить, используя теорему о целых корнях целого уравнения. Если уравнение a0xn + a1xn-1 +…+ an-1x + an = 0, в котором an ≠ 0, а a0, a1, a2… являются целыми числами, имеет целый корень, этот корень ‒ делитель свободного члена.
Допустим, что х0 – целый корень уравнения. При его подстановке в уравнение, получается a0x0n + a1x0n-1 +…+ an-1x0 + an = 0. При переносе свободного члена в правую часть уравнения, в оставшемся выражении можно вывести за скобки общий множитель х0. Получится уравнение вида an = x0(‒ a0x0n-1 ‒ a1x0n-2 ‒…‒ an-1). Выражение в скобках является целым числом, так как x0, ‒ a0, ‒ a1, ‒ a2… ― целые числа. Следовательно, при делении an на x0 в результате получается целое число, и x0 является делителем свободного члена.
Применим данную теорему для решения уравнений методом разложения многочлена на множители. Для этого необходимо усвоить, что уравнение Р(х) = 0 решается разложением многочлена Р(х) на множители, если Р(х) – многочлен третьей и более высоких степеней. Примером подобного решения служит решение уравнения
х3 ‒ 7х2 + 11х ‒ 2 = 0.
Вспоминая изученную теорему о целых корнях целого уравнения, обратим внимание на свободный член уравнения. Его делителями являются числа 2, ‒ 2, 1, ‒ 1. Подставив значения корней в уравнение, можно убедиться, что корнем будет число 2. Поэтому многочлен в левой части уравнения, согласно теореме о корнях многочлена, представляем в виде (х ‒ 2)F(x), при этом F(x) является многочленом второй степени.
Рассмотрим ещё один пример:
х3 ‒ 3х2 ‒ 4х + 12 = 0.
Делителями свободного члена являются числа ‒ 6, 6, ‒ 4, 4, ‒ 3, 3, ‒ 2, 2, ‒ 1, 1. Выполнив проверку, находим, что числа 3, ‒ 2, 2.
Решим уравнение другим способом. Преобразуем уравнение способом группировки:
х2 (х ‒ 3) ‒ 4(х ‒ 3) = 0, (х ‒ 3)( х2 ‒ 4) = 0, откуда получим корни 3, ‒ 2 и 2.
Решение уравнений неалгоритмическим способом
При переводе условия задачи на математический язык может получиться уравнение, алгоритм решения которого вы ещё не знаете или его вообще нет.
Рассмотрим некоторые неалгоритмические приёмы решения уравнений. Обычно такие приёмы труднее, чем алгоритмические, — ведь здесь приходится думать самому, а не пользоваться готовыми правилами.
Пример1. Фирма заказала 143 компьютера, чтобы распределить их поровну между своими филиалами. Однако потом фирма решила открыть ещё два филиала, и в результате каждый филиал получил на 2 компьютера меньше. Сколько у фирмы стало филиалов?
Обозначим исходное число филиалов буквой х. Тогда по условию
задачи каждый филиал должен был получить компьютеров. Но филиалов стало х + 2, значит, каждый филиал реально получил компьютера. По условию задачи каждый филиал получил на 2 компьютера меньше. Составим уравнение:
Уравнение совсем непростое, но его можно решить, если вспомнить, что х — это количество филиалов фирмы, и, значит, это число натуральное. Кроме того, и тоже натуральные числа, поскольку каждое из них — это количество компьютеров. Поэтому числа х и х + 2 — это делители числа 143. Остаётся найти все натуральные делители числа 143 и выбрать такие два делителя, один из которых на 2 больше другого.
У числа 143 всего четыре натуральных делителя: 1, 11, 13, 143. Перебрав все возможные пары делителей, нетрудно увидеть, что условию удовлетворяет только пара чисел 11 и 13.
Значит, х = 11, а х + 2 = 13.
Таким образом, у фирмы стало 13 филиалов.
Пример 2. Андрей задумал некоторое натуральное число. Борис предложил ему возвести это число в квадрат, после чего прибавить задуманное число и назвать результат. Результат оказался равным 90. Как Борису узнать, какое число задумал Андрей?
Обозначим задуманное число буквой х. Тогда Андрей, следуя указаниям Бориса, вычислил значение выражения х2 + х и получил по условию число 90. Мы пришли к уравнению
х2 + х = 90.
Попробуем решить это уравнение. Выражение х2 + х с помощью распределительного закона можно представить в виде произведения:
х2 + х =х·х+1·х = х(х + 1).
Следовательно, наше уравнение можно заменить таким:
х(х + 1) = 90.
Теперь ясно, что надо найти натуральное число х такое, что при умножении его на следующее натуральное число в произведении получится 90.
Такие два натуральных числа нетрудно подобрать — это 9 и 10. Значит, х = 9.
Кажется, что задача решена, однако это не так. Вдруг есть ещё какое-нибудь натуральное число, удовлетворяющее условию х(х + 1) = 90? Ведь в данном случае мы не перебирали все возможные варианты решения, а просто подобрали ответ.
Чтобы убедиться в том, что другого такого числа нет, надо провести дополнительные рассуждения. Например, такие: если х > 9, то х+1>10, и тогда произведение х(х+1) больше 90. Точно так же х не может быть меньше 9, потому что в этом случае произведение будет меньше 90. Значит, могло быть задумано только число 9.
Пример 3. Найдите целые корни уравнения (х ‒ 1)2 + х2 = 25.
Итак, мы видим, что сумма квадратов двух последовательных чисел равна 25. Это могут быть пары 3 и 4, а так же ‒ 4 и ‒ 3. То есть корни уравнения числа ‒ 3 и 3.
Пример 4. Один из корней уравнения натуральный. Найдите его перебором.
По условию знаменатели являются последовательными натуральными числами, причём
х > 1. Учитывая эти условия, найдём, что корень уравнения число 2.
Пример 5. В школе был проведён шахматный турнир, в котором каждый участник сыграл с каждым другим одну партию. Сколько шахматистов участвовало в турнире, если всего было сыграно 28 партий?
Пусть всего участников было х, тогда каждый из них сыграл х – 1 партию. Составим уравнение;
х(х – 1) = 28 · 2, х(х – 1) = 56.
Видим, что произведение двух натуральных чисел равно числу 56, т. е. это числа 7 и 8. Значит играло 8 участников.
Пример 6. Периметр прямоугольника, стороны которого выражены целым числом сантиметров, равен 28 см. Может ли его площадь быть равной 33 см2? 40 см2?
Если одна сторона х см, то другая (14 – х) см. Получим уравнения:
х(14 – х) = 33 и х(14 – х) = 40.
В первом уравнении множители могут быть натуральными нечётными числами, сумма которых равна числу 14, очевидно это 3 и 11. Проверка показывает, что оба числа являются корнями данного уравнения.
Во втором уравнении множители являются натуральными, один из них равен либо числу 10, либо числу 5, и в сумме должны давать 14. Подбором убеждаемся, что это числа 4 и 10.
Итак, подбор одного или даже нескольких корней вовсе не означает, что нет других. Необходимо провести дополнительные рассуждения, чтобы проверить, что найдены все возможные решения. Такие рассуждения могут оказаться очень непростыми, и это ограничивает применение метода подбора для решения уравнений.
Заключение
Использование данных методов позволяет решать задачи и уравнения не только общеизвестными методами, но и на уровне определённых логических рассуждений, учитывая указанные в задачах условия. Это расширяет возможности составления уравнений к условиям задач, не ограничиваясь тем, что некоторые из них мы ещё не умеем решать: например дробные или уравнения высших степеней, а так же поможет подготовиться к сдаче экзамена на более высокие баллы.
Литература:
1. Дорофеев Г. В., Суворова С. Б. и др. Алгебра. 7 класс : учебник для общеобразовательных учреждений. — М.: Просвещение, 2013.
2.Чулков П. В. Уравнения и неравенства в школьном курсе математики.
Учебно-методическое пособие. – М.: Педагогический университет «Первое сентября», 2014. – 100 с.