1.3. Atvasinājuma izmantošana vienādojumu risināšanā
Parādīsim, kā ar atvasinājuma palīdzību var atrisināt vienādojuma sakņu esamības un dažos gadījumos to meklēšanas problēmas. Tāpat kā iepriekš, galvenā loma šeit būs monotonitātes funkcijas izpētei, atrodot tās galējās vērtības. Turklāt tiks izmantotas vairākas monotonu un nepārtrauktu funkciju īpašības.
Īpašība 1. Ja funkcija f palielinās vai samazinās kādā intervālā, tad šajā intervālā vienādojumam f(x)=0 ir ne vairāk kā viena sakne.
Šis apgalvojums tieši izriet no pieaugošo un samazinošo funkciju definīcijas. Vienādojuma sakne f(x)=0 ir vienāda ar funkcijas y=f(x) grafika ar x asi krustošanās punkta abscisi.
Īpašība 2. Ja funkcija f ir definēta un nepārtraukta uz intervāla un tās galos ņem dažādu zīmju vērtības, tad starp a un b ir punkts c, kurā f(c)=0.
Problēma 1.12. atrisināt vienādojumu
Ņemiet vērā, kas ir vienādojuma sakne. Pierādīsim, ka šim vienādojumam nav citu sakņu. Mēs pētām funkciju f, kur 
, monotoniskumam. Atvasinājums 
. Iestatīsim intervālus, kuros funkcija saglabā savu zīmi. Lai to izdarītu, mēs pārbaudām, vai tas ir monotonisks. Atvasinājums 
. Kopš par , tad par . Tāpēc funkcija palielinās pozitīvām x vērtībām; . Tāpēc plkst. Tā kā funkcija ir vienmērīga, tai ir vajadzīgas pozitīvas vērtības visiem. Tāpēc f palielinās veselā skaitļa rindā. Saskaņā ar 1. īpašību vienādojumam ir ne vairāk kā viena sakne. Tātad, ir vienīgā vienādojuma sakne.
Problēma 1.13. Atrisiniet vienādojumu sistēmu 
Sistēma ir līdzvērtīga šādai sistēmai: 
No pirmā vienādojuma izriet, ka no otrā vienādojuma - . Mēs izsakām no pirmā vienādojuma x y izteiksmē: , . Tad 
. liekot , mēs saņemam 
vai 
. Funkcijas f atvasinājums, kur , ir vienāds ar . tas ir negatīvs visām t vērtībām. Tādējādi funkcija f samazinās. Tāpēc vienādojumam ir ne vairāk kā viena sakne. Ņemiet vērā, kas ir tā sakne. Tātad, vienīgais sistēmas risinājums.
Problēma 1.14. Pierādīt, ka vienādojumam ir unikāla sakne, kas atrodas intervālā .
Vienādojums tiek reducēts ar ekvivalentām transformācijām līdz formai , kur 
. Funkcija f pieaug, jo 
ar visu . Saskaņā ar īpašību 1 vienādojumam ir ne vairāk kā viens risinājums. Funkcija f ir nepārtraukta, turklāt 
, . 2. īpašības dēļ intervāla vienādojumam ir sakne.
3. uzdevumā bija jāpierāda, ka vienādojuma sakne pieder kādam intervālam. Mēs izmantojām nepārtrauktas funkcijas 2. īpašību segmentā, kas ņem dažādu zīmju vērtības šī segmenta galos. Šis ceļš ne vienmēr ved uz mērķi, risinot šādas problēmas. Dažkārt ir lietderīgi izmantot šādu diferencējamo funkciju īpašību.
Īpašība 3 (Rolle teorēma). Ja funkcija f ir nepārtraukta segmentā , diferencējama intervālā (a,b) un f(a)=f(b), tad pastāv tāds punkts, ka .
Ģeometriskā valodā īpašība 3 nozīmē sekojošo: ja , tad līknes grafikā ir punkts C ar koordinātēm , kur grafika pieskare ir paralēla x asij.
Problēma 1.15. Pierādīt, ka vienādojumam , ir ne vairāk kā viena reāla sakne.
Pieņemsim, ka vienādojumam ir vismaz divas saknes un . Funkcija f, kur ir diferencējama visā reālajā rindā. Jo 
, tad saskaņā ar 3. rekvizītu tā atvasinājumam intervālā ir sakne. Tomēr , vienādojumam nav atrisinājumu. Iegūtā pretruna parāda, ka vienādojumam nevar būt vairāk par vienu sakni.
Problēma 1.16. Pierādīt, ka polinoms , ,
Ir ne vairāk kā n saknes.
Saskaņā ar 3. īpašību starp divām polinoma saknēm atrodas vismaz viena tā atvasinājuma sakne. Tāpēc, ja polinomam f(x) ir , atšķirīgas saknes, tad tā atvasinājumam ir jābūt vismaz (k-1) saknēm. Tādā pašā veidā - vismaz k-2 saknes utt., n-tais atvasinājums - vismaz (k-n) saknes, . Tas nav iespējams, jo tā ir konstante, kas nav nulle.
Problēma 1.17. Pierādīt, ka polinoma sakne ir no 0 līdz 1 ().
Rekvizīta 2 lietošana mērķim nedod rezultātu, jo . Apsveriet funkciju g, kur . Tam funkcija f ir atvasinājums. Kopš , tad saskaņā ar 3. īpašumu dažiem 
.
Problēma 1.18. Pierādiet, ka vienādojums 
nav īstu sakņu.
Ļaujiet būt 
, tad 
. Ja x ir vienādojuma sakne, tad , t.i. funkcija f, pateicoties tās nepārtrauktībai, katras saknes tuvumā samazinās. Ņemiet vērā: ja vienādojumam ir saknes, tad tās ir negatīvas. Ir zināms, ka n-tās pakāpes polinomam ir ne vairāk kā n saknes. Apzīmē ar - lielāko no saknēm. Tad eksistē tāds, ka . Tā kā , tad intervālā jāsatur polinoma f(x) sakne x. radās pretruna.
Aplūkosim formas vienādojumu, kur f, g ir savstarpēji apgriezti, palielinot funkcijas, kurām ir vienādas definīcijas. Parādīsim, ka šis vienādojums ir līdzvērtīgs vienādojumam . (3)
Patiešām, lai a ir (3) vienādojuma sakne, t.i. . Ņemot vērā, ka funkcijas g domēns sakrīt ar funkcijas f vērtību kopu un otrādi, mēs varam rakstīt: 
, vai , t.i. , un ir vienādojuma sakne.
Un otrādi, ļaujiet , bet . Tad vai . pirmais gadījums. Tas pats attiecas uz otro gadījumu.
Tādējādi ir iegūta viena konkrēta vienādojumu ekvivalentu pārveidošanas metode.
Problēma 1.19. Atrisiniet vienādojumu.
Pārrakstīsim šo vienādojumu formā 
. Funkcija 
ir nepārtraukta, pieaugoša (kā divu augošu funkciju un ) summa, tāpēc tai ir apgriezta vērtība. Atradīsim to: 
, 
. Tātad f apgrieztā vērtība ir funkcija 
, kas sakrīt ar vienādojuma labo pusi. Pamatojoties uz iepriekš minēto, vienādojums ir līdzvērtīgs vienādojumam 
. Ir skaidrs, ka tā ir vienādojuma sakne. Pārliecinieties, vai vienādojumam nav citu sakņu. 
Izvirzītajai hipotēzei bija jāatrisina šādi uzdevumi: 1. Atklāt trigonometrisko vienādojumu un nevienādību lomu matemātikas mācīšanā; 2. Izstrādāt metodiku trigonometrisko vienādojumu un nevienādību risināšanas prasmju veidošanai, kas vērsta uz trigonometrisko attēlojumu izstrādi; 3. Eksperimentāli pārbaudīt izstrādātās metodikas efektivitāti. Risinājumiem...
Koordinātu ass punkti. Nodarbība 4. Tēma: Analītiskā metode. Nozares metode. Nodarbības mērķis: iepazīstināt skolēnus ar parametru saturošu vienādojumu risināšanas pamatmetodi. Skolotāju lasīšana: skatiet , , , , Studentu lasīšana: skatiet kopsavilkumu: apskatiet dažādas vērtības, ko parametrs var iegūt. Vienādojuma vienkāršošana un vienādojuma pievienošana produktam...
Algebrā un analīzes sākumos, gatavojoties valsts gala atestācijai, ārējais neatkarīgais novērtējums. Pietiekami liels problēmu skaits atklāj bezgalīgi mazu lielumu analīzes potenciālās iespējas. 1. Atvasinājums un tā pielietojums lietišķo uzdevumu risināšanai 1.1 Vēsturiskā informācija Vairākas diferenciālrēķinu problēmas tika risinātas senatnē. Viņi tikās plkst...
Iepriekš minētā teorēma liecina par a priori aplēšu nozīmi risinājumu eksistences un unikalitātes teorēmu pierādīšanai. 2. nodaļa. Pielikums Piemērs 1. Aplūkosim integrālvienādojumu ar mazu reālu parametru λ: (1) Šim vienādojumam ir forma А()х = у() – operatora vienādojums С[-π; π], kur Parādīsim, ka A() ir analītisks punktā 0, t.i., sadalās virknē sugu. Sadalīsim funkciju...
Izmērs: px
Sākt seansu no lapas:
atšifrējums
1 1 Atvasinājuma izmantošana vienādojumu risināšanai, nevienādību pierādīšanai un risināšanai Materiāls izvēles nodarbībām Pirjutko ON - BSPU Matemātikas un matemātikas mācību metožu katedras asociētais profesors, Kovgorenya LV - Matemātikas un mācīšanas metožu katedras maģistrants Baltkrievijas Valsts pedagoģiskās universitātes matemātika Tradicionāli skolu mācību grāmatās atvasinājuma lietojums attiecas uz tā fizisko un ģeometrisko nozīmi, funkciju izpēti un grafiku veidošanu, optimizācijas uzdevumu risināšanu Rakstā tiek piedāvāti materiāli par atvasinājuma izmantošanu vienādojumu, nevienādību risināšanai. , nevienlīdzību pierādījums, ko var izmantot fakultatīvo nodarbību stundās, vēlams kopā ar esošajām mācību grāmatām izmantot mācību grāmatas klasēm ar padziļinātu matemātikas apguvi Atvasinājuma izmantošana vienādojumu risināšanai (1. stunda) Izglītības mērķi: veidot prasmes vienādojumu f(x)=0 atrisināšana, pārbaudot funkciju f(x), izmantojot atvasinājumu; veidot prasmes pierādīt saknes esamību, dotā vienādojuma saknes unikalitāti ar atvasinājuma palīdzību Izstrādāšanas mērķi: attīstīt prasmi pielietot vispārināšanas un konkretizācijas metodes, pielietojot vienādojumu risināšanas algoritmus; mācīt lietot analoģiju, salīdzināšanu, salīdzināšanu, klasifikāciju, izvēloties vienu vai otru vienādojumu risināšanas metodi. Izglītības mērķi: audzināt precizitāti, skaidrību un konsekvenci uzdevumu risināšanā; veidot spēju pašam plānot savu izglītojošo un izziņas darbību Galveno teorētisko noteikumu atkārtošana Funkcijas pieauguma (samazinājuma) noteikšana noteiktā intervālā Funkcija palielinās (samazinās) noteiktā intervālā, ja
2 2 jebkuri punkti un no intervāla, kas apmierina nosacījumu, nevienādība ir patiesa Tas ir, pieaugošas samazinošas funkcijas, kas palielinās vai samazinās uz I, sauc par monotoniskām uz I. Pietiekams kritērijs funkcijas palielināšanai Ja > 0 katrā intervāla I punktā, tad funkcija palielinās par I Pietiekams kritērijs funkcijas samazināšanai Ja< 0 в каждой точке интервала I, то функция убывает на I Или кратко: Теорема1 (первая теорема Больцано-Коши) Пусть функция непрерывна на отрезке и на концах отрезка принимает значения разных знаков, тогда на интервале существует хотя бы одно значение такое, что Теорема II Если функция непрерывна на промежутке I, а ее производная неотрицательна(соответственно неположительна) внутри I и равна нулю лишь в конечном множестве точек, то функция возрастает (соответственно убывает) на I Перейдем к решению задач Решить уравнение это значит найти все корни уравнения или доказать, что уравнение корней не имеет Одним из методов решения уравнений является определение корня, тн «подбором» Этот метод используется в случаях, когда вычислением находится один или несколько корней уравнения, но решить уравнение с помощью тождественных преобразований не
3 3 šķiet iespējams vai noved pie apgrūtinošām transformācijām Ja ir iespējams pierādīt, ka vienādojumam nav citu sakņu kā vien atrastās, tad problēma ir atrisināta. , analizējot "ērti" mainīgā x vērtības saknes aprēķināšanai, ka šī vienādojuma sakne Pierādīsim, ka šī sakne ir unikāla, izmantojot funkcijas 1 monotonitātes īpašības. Rakstīsim šo vienādojumu formā: 2 Pieņemsim; 3; 4, visā definīcijas domēnā 5 Tā kā funkcija palielinās par, vienādojumam ir ne vairāk kā viena sakne Tāpēc izvēlētā sakne ir vienīgā šī vienādojuma sakne Atbilde: Formulēsim algoritmus šāda veida problēmu risināšanai Algoritms (I ) vienādojumu risināšanai, izmantojot atvasinājumu: »lai aprēķinātu mainīgā lieluma vērtību, vienādojuma sakne 2Noved vienādojumu formā; 3Atrodiet funkcijas domēnu. 4Izpētiet funkcijas monotonitāti uz vai tai piederošajiem intervāliem; 5Ja funkcija palielinās (samazinās) aplūkotajā intervālā, tad izdariet secinājumu par atrastās vienādojuma saknes unikalitāti šajā intervālā. Algoritms (II) vienādojuma sakņu skaita noteikšanai: 1. Attieciniet vienādojumu uz forma; 2 Atrodiet funkcijas apjomu;
4 4 3 Izpētiet funkciju monotonitātei vai intervāliem, kas pieder pie 4 Ja iespējams, pārbaudiet funkciju vērtību zīmes segmenta galos no D(f); 5 Secināt: o ja intervālā (), tad ir ne vairāk kā viena tāda vērtība, ka; o ja uz intervāla (un tad ir tāda unikāla vērtība, ka Mēs atrisinām šādus vienādojumus, izmantojot algoritmu 2 Atrisiniet vienādojumu 1 Mēs nosakām, ka šī vienādojuma sakne ir 2 Šis vienādojums tiks reducēts uz formu: 3 ; =0 4 visā definīcijas jomā (Ņemiet vērā, ka) 5 Tā kā funkcija palielinās par, tad vienīgā atbilde ir atrastā vienādojuma sakne: 3 Atrisiniet 1. vienādojumu Mēs nosakām, ka šī vienādojuma sakne ir 2 Šis vienādojums tiks reducēts uz forma: =0 ; ; 3
5 5 Ņemiet vērā, ka funkcija ir pāra, tāpēc tā ir arī šī vienādojuma sakne, tāpēc pietiek pierādīt, ka funkcija ir monotona uz pusintervāla; 4 ieslēgts; 5Tā kā funkcija samazinās uz pusintervālu, vienādojumam funkcijas vienmērīguma dēļ nav citas saknes, kā vien: Atbilde: 4 Atrisiniet 1. vienādojumu Ņemiet vērā, ka šī vienādojuma saknes ir vērtības 2 Šis vienādojums jāsamazina līdz formai: Tā kā funkcija ir vienmērīga, pietiek ar to, lai pierādītu, ka tā ir monotona pusintervālā; 4 ar pusintervālu; 5 Tā kā funkcija palielinās uz pusintervālu, vienādojumam paritātes dēļ nav citas saknes, kā vien no Atbilde: 5 Pierādiet, ka vienādojumam ir viena sakne. Pierādīšanai izmantosim algoritmu II. ; Ievērojiet, ka
6 6 3, 4Tā kā atvasinājums pazūd vienā punktā no 5, tad pie x mums ir pieaugums Tāpēc vienādojumam ir viena sakne, jūs varat redzēt, ka šī sakne ir 6 Atrisiniet 1. vienādojums ir šī sakne vienādojums; 2; 3 D 4 Pie 5 Tā kā funkcija palielinās ar pusintervālu, vienādojumam nav citu sakņu, izņemot x=1 Atbilde: 7 Atrisiniet 1. vienādojumu Mēs nosakām, ka šī vienādojuma sakne ir 2 ; 3D; 4 Funkcija ir pāra*, tāpēc tā ir arī sakne Ņemiet vērā, ka x=0 nav šī vienādojuma sakne. Parādīsim, ka funkcija ir monotona uz intervāla intervālā , tai nav citas
7 7 *Paritātes pierādījums: 1) attiecībā pret nulli 2) Funkcijas apgabals ir simetrisks 8 Atrisiniet vienādojumu Var redzēt, ka šī vienādojuma sakne ir 1 Let; 2 Funkcija ir vienmērīga un periodiska ar pamatperiodu Tāpēc arī vienādojuma atrisinājumi būs, Parādīsim, ka vienādojumam nav citu sakņu Līdz ar to pietiek pārliecināties, ka funkcija ir monotona, piemēram, uz intervāls 3 as, tad Tātad funkcija palielinās norādītajā intervālā 4 No tā izriet, ka vienādojuma saknes būs tikai, Atbilde:, 9 Atrisiniet vienādojumu Mēs nosakām, ka šī vienādojuma sakne ir vērtība mainīgais 1 Let; 2 Ņemiet vērā, ka funkcija ir pāra un periodiska ar pamatperiodu Tāpēc vienādojuma atrisinājumi arī būs, Parādīsim, ka vienādojumam nav citu sakņu
8 8 Pietiek pārliecināties, ka funkcija intervālā 3 ir monotoniska uz norādītā intervāla, funkcija pieaug 4 No tā izriet, ka vienādojuma saknes būs, Atbilde:, Jāņem vērā, ka piedāvātie uzdevumi var jāatrisina, neizmantojot atvasinājumu Vēlams apsvērt un apspriest ar studentiem citas viņu atrisināšanas metodes. Sniegsim dažu vienādojumu īsus risinājumus, izmantojot citas pieejas 1 Ievērojiet, ka pie x>0 funkcija y= x 2 +9 palielinās, samazinās , palielinās, palielinās Tāpēc pēdējā vērtība, kas vienāda ar 24, tiek ņemta ne vairāk kā vienai argumenta vērtībai Līdz ar to izvēlētā vērtība x=4 ir vienīgais šī vienādojuma risinājums. Šī vienādojuma sakne ir 3. aizstāšana:, tad vienādojuma atrisinājums tiek reducēts līdz sistēmas atrisinājumam (t + k \u003d 4, k 4 + t 4 =82 Ievedīsim formā otro vienādojumu: No šī vienādojuma atrodam tk=3 vai tk=29 Risināšanas sistēmas (t+k=4, kt=3; (t+k=4, kt=29, iegūstam t=1, k=3 vai t=3, k=1 Aizstājot ar (1), iegūstam x=
9 9 4 Ievērojot, ka ar katru sakni x 0 skaitlis - x 0 ir arī vienādojuma sakne, mēs to atrisinām pie x>0 Atverot iekavas un vienādojuma kreiso pusi iedalot faktoros, iegūstam: tātad šis vienādojums ir uz intervāla Apsveriet šādus uzdevumus: 1 Pierādīt, ka Pierādījums Apsveriet funkciju uz intervālu; Pārbaudīsim, vai tā ir monotoniska, no kurienes izriet, ka funkcija samazinās un
11 11 Apzīmē ar segmenta kreiso robežu: Tad, ņemot vērā segmenta samazināšanās funkciju, ar dilstošās funkcijas definīciju visiem x no šī segmenta iegūstam vai 2 funkcijas monotoniskuma izpēti x: ; atrast funkcijas atvasinājumu; 1. piemērā parādīts, ka līdz ar to, kad funkcija ir nepārtraukti ieslēgta un funkcijas atvasinājums vienā šī segmenta punktā ir vienāds ar nulli, funkcija palielinās aplūkojamajā segmentā. Apzīmē ar segmenta kreiso robežu: , ka nevienādība attiecas uz 1. pierādījumu Pieņemsim 2 ; 3, pie Tātad minimālais punkts ir arī funkcijas mazākās vērtības punkts uz 4. Atrodiet funkcijas vērtību punktā: 5 Tāpēc for, tas ir, Pamatojoties uz aplūkoto uzdevumu risinājumu, mēs varam sastādiet algoritmu (iii) nevienādību pierādīšanai, izmantojot atvasinājumu: 1 Ienesiet nevienādību formā ;
12 12 2 Atrast funkcijas apjomu; 3 Izpētiet funkciju monotonitātei un ekstrēmām uz vai intervāla, kas pieder pie 4. Attēlojiet 0 (nevienādības labajā pusē) kā (); 5 No nevienlīdzības secināt: ja funkcija palielinās, tad; ja funkcija samazinās, tad; Saskaņā ar šo algoritmu veiksim šādus uzdevumus: 4 Pierādīt nevienādību 1. pierādījumam Let; 2 3, ; 4 Ļaujiet 5 un ar pieaugošās funkcijas definīciju, kas mums ir, pierādītie 5 Pierāda, ka 1. pierādījumam Let; 2 3 kad mums ir; 4 Ļaujiet 5, mēs būsim pierādījuši, 6 Nosakiet visas vērtības, kurām 1 Ļaujiet; 2
13 13 3, 4 At, pie Tātad funkcijas maksimālais punkts; Tā kā f(1)=0, tad f(x)< 0 при всех Ответ: неравенство выполняется при 7 Решить неравенство: Для решения этого неравенства важно сравнить основание логарифма (x-lnx)c единицей В задаче 6 занятия 2 показано, что x-lnx 1, поэтому для x>0, x 1(1) šī nevienādība ir ekvivalenta nevienādībai Atrisiniet to, aizstājot šo izteiksmi ar šīs sistēmas x zīmi, kas sakrīt ar to (ņemot vērā definīcijas domēnu, mēs saņemam atbildi: šīs nevienādības x risinājums Atbilde: x
14 14 8 Vai nevienlīdzība ir pareiza? 1 Pārrakstīsim šo nevienādību formā:, 2 Apskatīsim funkciju f(x) = x + cox Pētot to monotonitātei (, iegūstam, ka funkcija palielinās pie x 3 Ļaujiet, tad Nevienādība izrādījās patiesa 8 Vai nevienādība patiesa? 1 Veiciet dažas transformācijas, 2 Ļaujiet , 3 kopš, ir ieteicams ņemt vērā funkciju intervālā 4, Kad mums ir; kad mums ir; tas ir, punkts ir maksimālais punkts, un, tā kā šis punkts ir tikai intervāla galējais punkts, tas ir arī punkts, kurā funkcija iegūst lielāko vērtību 5: 6Tādējādi tie Tāpēc nevienādība ir patiesa Pamatojoties uz aplūkotajiem uzdevumiem, mēs formulējam algoritmu (iv) skaitlisko nevienādību pierādīšanai, izmantojot atvasinājums kas?pierādījums
15 15 Pārveidojiet nevienādību formā:, 1 Aplūkosim funkciju 2 Ļaujiet Kopš, tad apsveriet funkciju intervālā 3, 4, Dotajā intervālā Izmantojiet funkcijas pieauguma definīciju dotajā intervālā: Līdzīgi kā iepriekšējo, iegūstam:, Reiziniet iegūtās nevienādības: Pierādīts 10Pierādīt, ka: a ) > ; b)? a) 1 Ņemsim šīs nevienādības logaritmu: Mēs attēlojam pēdējo nevienādību formā, kur, ; 2Atrodiet funkcijas atvasinājumu:)Tāpēc pie, pie 3Ļaujiet, Pielietojiet funkcijas pieauguma definīciju dotajā intervālā, iegūstam: b) 1Ņemsim šīs nevienādības logaritmu: ;
16 16, 2 Nevienādību attēlosim formā, kur, 3 Atrodiet funkcijas atvasinājumu: Tāpēc pie, pie 4 Ļaujiet, Izmantojiet funkcijas definīciju, kas samazinās uz dotā intervāla:, 11 Kas ir vēl:? 1 Pieņemsim, ka formā, kur, 2 Atradīsim funkcijas atvasinājumu. Attēlosim pēdējo nevienādību:, tātad, pie, pie Tā kā pie x = e, tad funkcija samazinās par x 3 : 12 Kas vēl? 1 Pieņemsim, ka 2, kur, ; 10.b) piemērs parāda, ka kad
17 17, līdz ar to funkcija samazinās uz 3 Ļaujiet, Dotajā intervālā samazinās, mēs izmantojam funkcijas definīciju, kas samazinās noteiktā intervālā:, Pieņēmums izrādījās nepareizs Atbilde: Ieteicams apsvērt citus veidus, kā nevienādību pierādīšana un atrisināšana Piemēram, lai pierādītu nevienādību 1, izmantojiet funkcijas izliekumu un ieliekumu un funkcijas grafika pieskari punktā (0;0) Lai pierādītu nevienādību 2, var izmantot funkciju grafikus nevienādības kreisā un labā puse un to īpašības Lai pierādītu nevienādību 3, var izmantot apgriezto skaitļu īpašību: 12 var izmantot metodi, lai salīdzinātu katru izteiksmi ar starpskaitli. Varat parādīt, ka un Patiešām, > , (> No kurienes izriet, ka Patstāvīgā darba uzdevumi: 1? 2 Kas ir lielāks par 2tg1 èëè tg2? 3 Pierādīt, kad ja ko darīt, ja 5 Kas ir vairāk: 6 Kas ir vairāk:? 7 Atrisiniet nevienlīdzību Literatūra 1Vilenkins, N Ya Ivashev MusatovOSIDR "Analīzes sākuma algebra"10 (padziļināta matemātikas izpēte) / Iya Viļenkin, - M: Izglītība 2000 2Kolmogorovs, Zinātņu akadēmija, Abramovs AM, - un citi "Sākuma algebra analīzes" (mācību grāmata vidusskolas klasēm) / Zinātņu akadēmija Kolmogorov M: Enlightenment, Piryutko, ON Formation of ģeneralizētas kognitīvās metodes
18 18 aktivitātes / Piryutko ON// Narodnaya asveta -9, 2008С 32-40
19 19
Matemātikas un informātikas katedra Matemātiskā analīze Mācību un metodiskais komplekss HPE studentiem, kuri mācās ar distances tehnoloģiju izmantošanu 4. modulis Atvasinājuma pielietojumi Sastādīja: Asociētais profesors
Matemātikas un informātikas katedra Augstākās matemātikas elementi Izglītības un metodiskais komplekss vidējās profesionālās izglītības audzēkņiem, kuri mācās, izmantojot distances tehnoloģijas Modulis Diferenciālrēķins Sastādīja:
39. tēma. "Funkciju atvasinājumi" Funkcijas atvasinājuma funkciju punktā x 0 sauc par funkcijas pieauguma un mainīgā pieauguma attiecības robežu, tas ir, = lim = lim + ( ) Atvasinājumu tabula: Atvasinājums
Funkcija Funkciju izpēte un grafiks. Intervāla monotonitātes izpēte. f uz intervāla b nesamazinās, ja f f ; nepalielinās, ja f f ; a ir monotoni stingri pieaugošs, ja f f
Lekcija 9. Augstākās kārtas atvasinājumi un diferenciāļi, to īpašības. Funkcijas galējie punkti. Fermā un Roles teorēmas. Lai funkcija y ir diferencējama kādā intervālā [b]. Šajā gadījumā tā atvasinājums
Funkciju zīmēšana, izmantojot atvasinājumu Metode, kā attēlot funkciju grafiku pēc punktiem, nav ideāla. Pat liela punktu skaita ordinātu aprēķins var nesniegt precīzu grafika attēlojumu, bet
1 SA Lavrenčenko lekcija 10. Funkcijas izpēte, izmantojot atvasinājumus 1. Funkcijas izpēte, izmantojot pirmo atvasinājumu Ar intervālu mēs saprotam vai nu galīgu intervālu, vai kādu no sekojošiem
Paraugs MA pamatproblēmas un jautājumi semestrī Secības limits Vienkāršs Aprēķināt secības limitu l i m 2 n 6 n 2 + 9 n 6 4 n 6 n 4 6 4 n 6 2 2 Aprēķināt secības ierobežojumu
7. MODULIS "Eksponenciālās un logaritmiskās funkcijas". Pakāpes jēdziena vispārinājums. Pakāpes sakne un tās īpašības.. Iracionālie vienādojumi.. Pakāpe ar racionālu eksponentu.. Eksponenciālā funkcija..
eksponenciālie vienādojumi. Risinājuma metodes. Dubova Marija Igorevna 7 78-57 Eksponenciālais vienādojums ir vienādojums, kas satur mainīgo tikai eksponentā. Apsveriet vairākus eksponenciālo vienādojumu veidus,
Lekcija Funkcijas izpēte un tās grafa uzbūve Kopsavilkums: Funkcijā tiek pētīta monotonitāte, ekstremitāte, izliekums-ieliekums, asimptotu esamība
Diferenciālrēķina pielietojums funkcijas izpētē Funkcijas monotonitāte Lokālais ekstrēms Izliekums Funkcijas monotonitāte Def. Funkcija f x palielinās intervālā (a, b), ja x 1, x 2 a,
Atvasinājuma un diferenciācijas kārtulas Ļaujiet funkcijai y = f palielināt y f 0 f 0, kas atbilst argumenta 0 pieaugumam Definīcija Ja funkcijas y pieauguma attiecībai pret izsaucēju ir ierobežojums
MASKAVAS VALSTS CIVILĀS AVIĀCIJAS TEHNISKĀ UNIVERSITĀTE V.M. Ļubimovs, E.A. Žukova, V.A. Ukhova, Yu.A. Šurinovs
Krievijas Federācijas Izglītības un zinātnes ministrija
Funkciju izpēte ar atvasinājuma palīdzību. Funkciju palielināšana un samazināšana. Teorēma.) Ja funkcijai f) ir atvasinājums no intervāla un tā palielinās šajā intervālā, tad tās atvasinājums šajā intervālā
Krievijas Federācijas Izglītības un zinātnes ministrija autonomā augstākās profesionālās izglītības iestāde Valsts
Krievijas Federācijas Izglītības un zinātnes ministrija SARATOVA NACIONĀLĀS PĒTNIECĪBAS VALSTS UNIVERSITĀTE
Funkciju grafiku konstruēšana 1. Plāns funkcijas izpētei, veidojot grafiku 1. Atrast funkcijas domēnu. Bieži vien ir lietderīgi ņemt vērā vairākas funkcijas vērtības. Izpētiet funkcijas īpašās īpašības:
23. lekcija TINTES PUNKTA FUNKCIJAS GRAFIKA IZLIEKUMS UN IEKĀLS Funkcijas y \u003d f (x) grafiku sauc par izliektu intervālā (a; b), ja tas šajā intervālā atrodas zem jebkuras tās pieskares. Grafiks
METODOLOĢISKI NORĀDĪJUMI APRĒĶINĀŠANAS UZDEVUMIEM AUGSTĀKĀS MATEMĀTIKAS KURSA "PARASTĀ DIFERENCIĀLO VIENĀDĀJUMU SĒRIJA DUBULTIE INTEGRĀLI" III DAĻA TĒMU SĒRIJA Saturs Sērija Skaitliskās rindas Konverģence un diverģence
Dažādas pieejas problēmu risināšanai C C C5 Vienotais valsts pārbaudījums 9 gadi Gatavošanās vienotajam valsts pārbaudījumam (materiāls lekcijai skolotājiem) Prokofjevs AA [aizsargāts ar e-pastu] Uzdevumi C Piemērs (USE C) Atrisiniet vienādojumu sistēmu y si (si) (7 y)
Praktiskais darbs Pilnīga funkcijas apguve un grafa zīmēšana Mērķis: nostiprināt funkciju izpētes un zīmēšanas prasmes Aprīkojums (ierīces, materiāli, didaktiskais atbalsts): metodiskais.
Sadaļa Viena un vairāku mainīgo funkciju diferenciālrēķins Reālā argumenta funkcija Reālie skaitļi Pozitīvus veselus skaitļus sauc par naturāliem skaitļiem Pievienot naturāliem skaitļiem
Praktiskais darbs 6 Tēma: “Pilna funkciju izpēte. Grafu konstruēšana ”Darba mērķis: iemācīties izpētīt funkcijas pēc vispārīgas shēmas un veidot grafikus. Darba rezultātā studentam ir:
Prasības skolēnu sagatavotības līmenim algebrā un matemātiskās analīzes sākumi 0.klasē. Matemātikas padziļinātas apguves rezultātā matemātikas zinātnes nozīme problēmu risināšanā,
S. Šestakovs, [aizsargāts ar e-pastu], Maskava 9 klases. Skatīt sākumu, / 05 Nevienādību risināšana
3. nodaļa. Funkciju izpēte ar atvasinājumu palīdzību 3.1. Ekstrēmumi un monotonitāte Aplūkosim funkciju y = f (), kas definēta kādā intervālā I R. Tiek teikts, ka tai punktā ir lokālais maksimums.
FUNKCIJU IZPĒTE Pietiekami nosacījumi funkcijas palielināšanai un samazināšanai: Ja diferencējamas funkcijas atvasinājums ir pozitīvs kādā intervālā X, tad tas šajā intervālā palielinās Ja
0.5 Logaritmiskie vienādojumi un nevienādības. Lietotas grāmatas:. Algebra un analīzes sākums 0 - rediģējis A.N. Kolmogorovs. Neatkarīgi un kontroles darbi par algebru 0- rediģējis E.P. Eršovs
Ierobežojumi un nepārtrauktība. Funkcijas robeža Lai funkcija = f) ir definēta kādā punkta = a apkārtnē. Tajā pašā laikā pašā punktā a funkcija nav obligāti definēta. Definīcija. Skaitli b sauc par robežu
~ 1 ~ “Funkcijas monotonitātes kritēriji” x)
PRIEKŠMETA STUDIJU REZULTĀTI DARBA PROGRAMMA par tēmu Algebra 1 Plānotie akadēmiskā priekšmeta apguves rezultāti PRASĪBAS STUDENTU SAGATAVOŠANAS LĪMENIM
VA Šilinets, Baltkrievijas Valsts pedagoģiskās universitātes Matemātikas katedras asociētais profesors. VIENĀDĀJUMI UN NEvienlīdzības AR ARCHFUNKCIJĀM Matemātika tiek mācīta uzdevumu risināšanas procesā, starp kuriem īpaša loma ir pētniecības problēmām.
Modulis un atvasinājums V.V. Silvestrovs Risinot dažus uzdevumus, jāatrod atvasinājums funkcijai, kas satur vienu vai vairākus moduļus. Šādi uzdevumi iespējami arī vienotajā valsts eksāmenā.
Baltkrievijas Republikas Izglītības ministrija IZGLĪTĪBAS IESTĀDE "GRODŅAS VALSTS UNIVERSITĀTE, NOSAUKUMS YANKA KUPALA" Yu.Yu. Gņezdovskis, V.N. Gorbuzovs, P.F. Proņevičs EKSPONENTIĀLAIS UN LOGARITMISKS
Sergejs A Beļajevs 1. lpp. Matemātiskais minimums 1. daļa Teorētiskā 1. Vai definīcija ir pareiza Divu veselu skaitļu mazākais kopīgais daudzkārtnis ir mazākais skaitlis, kas dalās ar katru no dotajiem skaitļiem
Funkcijas atvasinājuma grafiks Funkcijas monotonitātes intervāli Piemērs 1. Attēlā parādīts intervālā (1;13) definētās funkcijas f (x) atvasinājuma grafiks y =f (x). Atrodiet pieaugošās funkcijas intervālus
Nodarbošanās. Pakāpe ar patvaļīgu reālo eksponentu, tā īpašības. Jaudas funkcija, tās īpašības, grafika .. Atsaukt pakāpes īpašības ar racionālu eksponentu. a a a a a dabas laikiem
I V Jakovļevs Matemātikas materiāli MathUsru Logaritmiskie vienādojumi un nevienādības Logaritmiskie vienādojumi un nevienādības ir vienādojumi un nevienādības, kurās mainīgais atrodas zem zīmes
MODULIS “Nepārtrauktības un atvasinājuma pielietojums. Atvasinājuma pielietojums funkciju pētīšanai. Nepārtrauktības pielietojums.. Intervālu metode.. Grafa pieskare. Lagranža formula. 4. Atvasinājuma pielietojums
7. nodarbība Vidējās vērtības teorēmas. L'Hôpitāla noteikums 7. Vidējās vērtības teorēmas Vidējās vērtības teorēmas ir trīs teorēmas: Rolle, Lagranža un Košī, no kurām katra vispārina iepriekšējo. Šīs teorēmas tiek sauktas arī par
Praktiskais darbs "Atvasinājuma pielietošana funkciju izpētē" Mērķis: konsolidēt un pārbaudīt ZUN par funkciju izpēti, izmantojot atvasinājumu Aprīkojums: kancelejas preces, metodiskais
IV Jakovļevs Materiāli par matemātiku MathUs.ru Simetrija parametru uzdevumos Simetrija ir viens no galvenajiem matemātikas un fizikas jēdzieniem. Jūs pārzināt figūru ģeometrisko simetriju un kopumā dažādas
Paskaidrojums Šī darba programma "Algebra un analīzes sākums" tika izstrādāta, pamatojoties uz: - 2012. gada 29. decembra federālo likumu Nr. 273-FZ (ar grozījumiem, kas izdarīti 2015. gada 13. jūlijā) "Par izglītību Krievijas Federācijā" ;
Krievijas Federācijas Izglītības ministrija Krievijas Valsts naftas un gāzes universitāte nosaukta I.M. Gubkina V.I. Ivanovs S.I. Vasin Vadlīnijas tēmas FUNKCIJU IZPĒTE izpētei (par
Lim 3 Funkciju diferenciācija 3 Funkcijas atvasinājums Funkcijas f atvasinājumu punktā sauc par nākamo robežu f f df f " d, kur f " un df d ir atvasinājuma simboli Atvasinājuma atrašanas darbība
Pašvaldības budžeta izglītības iestāde 4. vidusskola Baltijskā
Pētnieciskais darbs Matemātika "Funkcijas ekstrēmo īpašību pielietojums vienādojumu risināšanai" Pabeidza: Jeļena Gudkova, 11. "G" MBOU vidusskolas "Anninsky Lyceum" 1.lpp. Anna vadītāja:
1. Formulējiet un pierādiet teorēmu par konverģentas secības robežas unikalitāti. Teorēma (par robežas unikalitāti). Secībai var būt ne vairāk kā viens ierobežojums. Pierādījums. Ļaujiet būt
KALENDĀRA TEMATISKĀ PLĀNOŠANA Algebra un matemātiskās analīzes sākums p / p p / t Nodarbības tēma Stundu skaits Ievadatkārtojums 2 Saknes, grādi, logaritmi 2 2 Trigonometriskās funkcijas, trigonometriskās
(funkcijas monotoniskas palielināšanas un samazināšanās intervāli - funkcijas izliekums uz intervālu - lēciena punkti - asimptoti - funkcijas grafika zīmēšana) Funkcijas monotoniskas palielināšanas un samazināšanās intervāli
Krievijas Federācijas Izglītības ministrija Krievijas Valsts naftas un gāzes universitāte nosaukta I.M. Gubkina V.I. Ivanovs S.I. Vasin Vadlīnijas tēmas "FUNKciju IZPĒTE" izpētei
Funkcijas y grafiks Funkcijas apgabals ir intervāls (;0) (0;) Funkcija y ir pāra, jo y() y(), un () funkcijas grafiks ir simetrisks pret OY asi 3 Apsveriet uzvedību
ATvasinātās FUNKCIJAS JĒDZIENS Lai mums ir funkcija, kas definēta kopai X un punkts X ir iekšējais punkts, punkts, kuram ir X apkārtne. Paņem jebkuru punktu un apzīmē to ar tiek izsaukts.
98 MATEMĀTIKA: ALGEBRA UN ANALĪZES ĢEOMETRIJAS SĀKUMI Vienādojumu risinājumi, pamatojoties uz izliektas funkcijas īpašībām Lipatovs SV Kaluga MBOU "Licejs 9 nosaukts KE Ciolkovska vārdā" 0 "A" klase Darba vadītājs:
P0 atvasinājums Aplūkosim kādu funkciju f () atkarībā no argumenta Ļaujiet šai funkcijai būt definētai punktā 0 un kādā tā apkārtnē, nepārtraukti šajā punktā un tā apkārtnē
LEKCIJAS PAR MATEMĀTISKĀS ANALĪZES MOIJAS STUDENTIEM 1.SEMESTRĀ CITIZENSEV E.Yu. 1. nodaļa Viena mainīgā funkcijas izpēte 1.1. Pieauguma un samazināšanās pazīmes. Definīcija. Definēta funkcija f(x).
Puiši, pēdējā nodarbībā iemācījāmies jaunu, īpašu numuru e.Šodien turpināsim strādāt ar šo numuru. Mēs esam pētījuši logaritmus un zinām, ka logaritma pamats var būt skaitļu kopa
Funkciju izpēte un grafiku uzbūve Teorētiskais materiāls Saturs 1) Funkcijas joma 2) Funkcijas īpašības (pāra, nepāra, periodiskums) 4) Funkcijas krustošanās punkti ar asīm
BBK 22.161 JAUNA PIEEJA FUNKCIJU IZPĒTES METODI, LAI SAMAZINĀTU UN PALIELINĀTU A.D. Novikov Armavir Valsts pedagoģiskais institūts, Armavir Atslēgas vārdi un frāzes: palielināt
Diferenciālrēķins Pamatjēdzieni un formulas Definīcija 1 Funkcijas atvasinājumu punktā sauc par funkcijas pieauguma un argumenta pieauguma attiecības robežu ar nosacījumu, ka argumenta pieaugums
Federālās izglītības aģentūras Maskavas Valsts ģeodēzijas un kartogrāfijas universitātes (MIIGAIK) METODOLOĢISKIE NORĀDĪJUMI UN UZDEVUMI PATSTĀVĪGAM DARBAM kursā AUGSTĀKĀ MATEMĀTIKA
ALGEBRAS DARBA PROGRAMMA UN MATEMĀTISKĀS ANALĪZES UZSĀKUMS 11.KLADE Pamatlīmenis Matemātikas mācīšanu pamatskolā 2018./2019.mācību gadā nosaka šādi normatīvie dokumenti: -
Algebriskie vienādojumi kur Definīcija. Algebriskais ir vienādojums ar formu 0, P () 0, daži reāli skaitļi. 0 0 Šajā gadījumā mainīgo sauc par nezināmo, un skaitļus sauc par 0,
Matemātikas un informātikas katedra Augstākās matemātikas elementi Izglītības un metodiskais komplekss vidējās profesionālās izglītības audzēkņiem, kuri mācās, izmantojot distances tehnoloģijas Modulis Robežu teorija Sastādījis: Asociētais profesors
Lekcijas 7-9 7. nodaļa Funkcijas izpēte 7 Palielinošā un samazinošā funkcija Teorēma par funkcijas monotonitāti Ja f (uz intervālu (a; b, tad uz šo intervālu funkcija f (palielinās) If f (uz intervāla)
ATvasINĀJUMA PIELIETOJUMS FUNKCIJU PĒTĪJUMĀ Funkcijas uzvedības izpēte ar atvasinājumu palīdzību Monotoniskuma intervāli. Ekstrēmu definīcija. Intervāli, kuros funkcija f (x) palielinās (samazinās),
Wwwfmclassru SKAITĻU SALĪDZINĀŠANAS METODES Daudzumu analīze, formulu cos0 un si izmantošana 40
Identitātes pierādījumus dažreiz var iegūt, izmantojot vienu acīmredzamu piezīmi:
Ja kādā intervālā funkcija ir identiski vienāda ar konstanti, tad tās atvasinājums šajā intervālā pastāvīgi ir vienāds ar nulli:
uz 
uz 
.
Uzdevums 1. Pārbaudiet identitāti:
Mēs aprēķinām tā atvasinājumu (pēc X):
Tāpēc (piezīme) 
. Sekojoši, 
kas ir līdzvērtīga identitātei (1).
Uzdevums 2. Pārbaudiet identitāti:
(2)
Pierādījums: apsveriet funkciju
Pierādīsim to 
Atradīsim tā atvasinājumu:
Līdzekļi 
.
Plkst x=0
, tāpēc identitāte (2) ir patiesa.
Saistībā ar aplūkotajiem piemēriem var atzīmēt, ka, atrodot konstanti, integrācija NO ir lietderīgi fiksēt mainīgā lieluma vērtības, attiecībā uz kurām tiek veikta diferencēšana, lai iegūtu pēc iespējas vienkāršākos aprēķinus.
9.3. Atvasinājuma pielietojums algebrisko un trigonometrisko izteiksmju vienkāršošanai.
Atvasinājuma izmantošanas metode algebrisko un trigonometrisko izteiksmju pārveidošanai ir balstīta uz to, ka atvasinājumam dažkārt ir daudz vienkāršāka forma nekā oriģinālajai funkcijai, kā dēļ tas ir viegli integrējams, kas ļauj atrast vēlamo oriģināla transformāciju. izteiksme:
1. uzdevums Vienkāršojiet izteicienu:
Risinājums: Apzīmējot šo izteiksmi 
būs:
Tādējādi dotā izteiksme (1) ir vienāda ar 
.
2. uzdevums. Vienkāršojiet izteicienu:
Risinājums: Apzīmējot šo izteiksmi caur 
, būs:
un plkst 
mēs iegūstam:
Tātad
Uzdevums 3. Vienkāršojiet funkciju rakstīšanu:
Risinājums: parastā trigonometrijas aparāta izmantošana radīs salīdzinoši apgrūtinošus aprēķinus. Šeit ir ērtāk izmantot atvasinājumu:
No šejienes 
Atradīsim 
:
Tādējādi funkcija (2) ir vienāda ar 
Uzdevums 4. Vienkāršojiet polinoma rakstīšanu:
Risinājums: apzīmē polinomu (3) cauri 
un secīgi atrodiet šīs funkcijas pirmo un otro atvasinājumu:
Tas ir skaidrs 
Tāpēc 
, kur 
, atrast 
: plkst 
,
.
9.4.Izteiksmes sadalīšana faktoros, izmantojot atvasinājumu.
Uzdevums 1. Faktorizēt izteiksmi:
Risinājums: skaitīšana 
mainīgais un 
Un 
konstante fiksēta (parametri) un apzīmē doto izteiksmi cauri 
, būs:
Tāpēc (2)
kur 
- nemainīgs, t.i. šajā gadījumā izteiksme atkarībā no parametriem 
Un 
. Par atrašanu 
vienlīdzībā 
ieliksim 
tad 
.
gūt 
Uzdevums 2. Faktorizēt izteiksmi:
Risinājums: Kopš mainīgā 
ievada šo izteiksmi vismazāk, uzskata to par funkciju 
un mums būs:
mēs iegūstam:
Tādējādi sākotnējā izteiksme (3) ir vienāda ar 
Uzdevums 3. Faktorizēt izteiksmi:
Risinājums: apzīmējot šo izteiksmi caur 
un skaitīšana 
Un 
nemainīgs, mēs iegūstam:
no kurienes, kur 
atkarīgs tikai no 
Un 
. Šīs identitātes ievietošana 
, saņemam 
Un
Lai faktorizētu otro faktoru, mēs izmantojam to pašu paņēmienu, bet uzskatām par mainīgo 
, jo šis mainīgais ir iekļauts mazākā mērā nekā 
. Apzīmējot to cauri 
un skaitīšana 
Un 
pastāvīgi, mums būs:
Tādējādi sākotnējā izteiksme (4) ir vienāda ar
9.5. Atvasinājuma pielietojums vienādojumu sakņu esamības jautājumos.
Atvasinājumu var izmantot, lai noteiktu, cik atrisinājumu ir vienādojumam. Galvenā loma šeit ir monotoniskuma funkciju izpētei, atrodot tās galējās vērtības. Turklāt tiek izmantota monotonu funkciju īpašība:
Uzdevums 1. Ja funkcija 
palielinās vai samazinās noteiktā intervālā, tad šajā intervālā vienādojums 
ir ne vairāk kā viena sakne.
Risinājums: šī vienādojuma domēns ir intervāls 
šīs intervāla funkcijas definīcija 
, liekot
Tad tālāk 
,
un līdz ar to arī funkcija 
- pieaug, lai šim vienādojumam (1) nevarētu būt vairāk par vienu risinājumu.
Uzdevums 2. Pie kādām vērtībām 
ir vienādojuma risinājumi
Risinājums: vienādojuma apgabals ir segments 
, apsveriet funkciju 
, liekot
Pēc tam atvērtajā intervālā 
, tāpēc tas ir vienīgais funkcijas kritiskais punkts 
, kas acīmredzami ir maksimālais punkts. Ciktāl 
tad 
būs vislielākā vērtība 
, un mazākā vērtība - plkst 
.
Kopš funkcijas 
ir nepārtraukts, tad tā vērtību diapazons ir segments 
starp tās mazāko un lielāko vērtību. Citiem vārdiem sakot, sākotnējam vienādojumam (2) ir risinājumi 
.
Atvasinājumu plaši izmanto, risinot vairākas elementārās matemātikas problēmas. No visa šādu problēmu klāsta mēs izceļam tās, kuru risināšanai tiek izmantota Lagranža teorēma un tās sekas. Tajos ietilpst uzdevumi identitāšu pierādīšanai, nevienādībām, trigonometrijas formulu atvasināšanai, algebrisko izteiksmju faktoringam, vienādojumu, nevienādību, vienādojumu sistēmu, vienādojumu ar parametriem risināšanai. Šajā gadījumā var norādīt vispārīgas risināšanas metodes un dažas konkrētas metodes.
Lagranža teorēma. Lai funkcija f ir nepārtraukta segmentā un diferencējama šī segmenta iekšējos punktos. Tad no šī segmenta ir tāds iekšējais punkts, ka<Рисунок1>.
1. secinājums (noturības nosacījums) . Ja funkcija f ir nepārtraukta segmentā un tās atvasinājums ir vienāds ar nulli šajā segmentā, tad funkcija f ir nemainīga uz .
Secinājums 2. Ja funkcijas un ir nepārtrauktas segmentā un tām ir vienādi atvasinājumi šajā segmentā, tad tās atšķiras tikai konstantā termiņā.
Funkcijas monotonitātes nosacījums ir arī Lagranža teorēmas sekas. Skolas mācību grāmatā tas ir noteikts atsevišķi teorēmas veidā.
Secinājums 3 ( monotonitātes stāvoklis). Ja funkcija f ir nepārtraukta intervālā I un tās atvasinājums ir pozitīvs (respektīvi, negatīvs) šī intervāla iekšējos punktos, tad funkcija f palielinās (attiecīgi samazinās) uz I.
Var pielietot Lagranža teorēmu:
Pierādot nevienādības, jo īpaši - skaitliskās nevienādības;
Pētot jautājumu par polinoma vai vienādojuma saknēm;
Atrisinot vienādojumus.
Šādu uzdevumu risināšanas procesā tiek ņemta vērā funkcija f(x) segmentā, kas atbilst Lagranža teorēmas nosacījumiem, un tai tiek uzrakstīta Lagranža formula.<Рисунок1>, c (a;b) un f’(c) tiek novērtēts, un līdz ar to arī izteiksme<Рисунок2>, kas ļauj pierādīt aplūkoto nevienādību vai atrisināt polinoma, vienādojuma sakņu problēmu.
Piemērs 1. Pierādiet to<Рисунок3>.
Risinājums. Funkcija f(x)=arccosx segmentā ir nepārtraukta un diferencējama intervālā (0,6; 0,8),<Рисунок4>. Līdz ar to funkcijai f(x) šajā segmentā ir izpildīti Lagranža teorēmas nosacījumi un<Рисунок5>, kur 0,6
Piemērs 2. Pierādiet, ka e x >=ex.
Risinājums. Nevienādība ir spēkā x=1. Apsveriet funkciju f(x)=e x -ex. Tad jebkuram skaitlim b (b>1) šai funkcijai ir izpildīti Lagranža teorēmas nosacījumi intervālā , un b<1 – выполняется условие теоремы на отрезке и, следовательно, существует внутренняя точка соответствующего отрезка, такая, что <Рисунок12>, t.i.<Рисунок13>. Tā kā c>1 ar b>1, tad e c>e un līdz ar to e c -e>0. Tad<Рисунок14>, un līdz ar to e b -eb>0, t.i. e b >eb jebkuram b>1. Tādējādi tiek pierādīts, ka e x >=ex ja x>=1.
Ja b<1, то <Рисунок15>, t.i. no<1,
тогда e c
Tātad, ir pierādīts, ka nevienādība e x >= ex ir patiesa jebkuram reālam x. Konkrēti, pie x=c+1 iegūstam e c+1 >=e(c+1), t.i. e c >=c+1, kur c ir jebkurš reāls skaitlis.
Piemērs 3. Pierādiet, ka vienādojums<Рисунок16>nav reālu pozitīvu sakņu.
Risinājums. Ļaut b ir jebkurš pozitīvs skaitlis. Apsveriet funkciju f(x)=
<Рисунок17>, nepārtraukti uz intervāla un kam ir atvasinājums<Рисунок18>uz intervāla (0;b). Pēc Lagranža teorēmas mums ir<Рисунок19>,
0
4. piemērs. Pierādīt, ka uz intervāla (0, 2) ir ne vairāk kā divas dažādas vienādojuma reālās saknes<Рисунок26>.
Risinājums. Pieņemsim, ka vienādojumam ir vismaz trīs dažādas reālās saknes x 1 , x 2 , x 3, kas pieder intervālam (0.2), un pieņemsim, ka x 1
Atradīsim atvasinājumu f'(x):
<Рисунок30>. Jo<Рисунок31>jebkuram x, tad vienādojumam f’(x)=0 ir viena sakne x=, kas pieder intervālam (0, 2). Mēs nonācām pie pretrunas, jo c 1 un c 2 (c 1 c 2) ir vienādojuma f’(x)=0 saknes, tādējādi pierādot, ka vienādojums<Рисунок26>ir ne vairāk kā divas dažādas reālās saknes intervālā (0,2).
Piemērs 5. Atrisiniet vienādojumu x 9 -9x 5 +63x-55=0.
Risinājums. Ir viegli redzēt, ka skaitlis x 1 \u003d 1 ir šī vienādojuma sakne. Pieņemsim, ka ir vēl vismaz viena reāla sakne x 2, kas atšķiras no x 1 . Skaitļi x 1 un x 2 ir funkcijas f(x)=x 9 -9x 5 +63x-55 nulles, un tāpēc f(x 1)=f(x 2)=0. Pielietosim Lagranža teorēmu funkcijai f(x) uz intervāla, ja x 1
Nosakiet funkcijas y \u003d (x 2 -1) (x 2 -8x) (x-9) kritisko punktu skaitu.
Risinājums. Tā kā polinoma f (x) \u003d (x 2 -1) (x 2 -8x) (x-9) pakāpe ir 5, tad tā atvasinājums f '(x) ir ceturtās pakāpes polinoms un tam nav vairāk nekā četras īstas saknes. Pielietosim Lagranža teorēmu funkcijai f(x)=(x+1)(x-1)x(x-8)(x-9) segmentos [-1;0], , , un ņemsim vērā ka f(-1)=f(0)=f(1)=f(8)=f(9)=0. Katrā šādā segmentā ir attiecīgi iekšējie punkti x 1, x 2, x 3, x 4, lai<Рисунок33>, <Рисунок34>, <Рисунок35>, <Рисунок36>, t.i. f'(x1)=0, f'(x2)=0, f'(x3)=0, f'(x4)=0. Un ņemot vērā, ka x 1, x 2, x 3, x 4 ir dažādas ceturtās pakāpes polinoma f'(x) saknes, mēs secinām, ka nav citu sakņu, izņemot tās, kas iegūtas, un tāpēc funkcija y = (x 2 - 1) (x 2 -8x) (x-9) ir četri kritiskie punkti.
Funkcijas monotonitātes nosacījumu var piemērot:
Risinot nevienlīdzības;
Pierādot nevienādības ar mainīgo;
Pierādot skaitliskās nevienādības;
Pētot jautājumu par vienādojuma sakņu skaitu;
Atsevišķos gadījumos, risinot vienādojumus, vienādojumus ar parametriem, vienādojumu sistēmas.
Problēmu risinājums, izmantojot monotonitātes nosacījumu, balstās uz attiecības starp funkcijas palielināšanos vai samazināšanos un tās atvasinājuma zīmi noteiktā intervālā. Tajā pašā laikā, salīdzinot dažādas argumenta vērtības no šī aplūkotās monotoniskās funkcijas intervāla, tiek izdarīts secinājums par šīs funkcijas atbilstošajām vērtībām.
7. piemērs. Pierādiet, ka 3xcosx
Risinājums. Pierādīsim, ja 0
Ņemot vērā, ka f(0)=0, mums būs tgx-3x+2sinx>0. Un tā kā starpbrīžos<Рисунок38>cosx>0, pēc tam cosx(tgx+2sinx-3x)>0. Tādējādi tiek pierādīts, ka sinx+sin2x-3xcosx>0, tas ir, ka 3xcosx
Piemērs 8. Pierādiet to
1) <Рисунок41>Un<Рисунок42>ja 0 2) <Рисунок43>Un<Рисунок44>, ja e<=x 1 Risinājums. Apsveriet funkciju, kas nepārtraukta intervālā (0;+)<Рисунок45>. Kopš tā atvasinājuma<Рисунок46>vienāds ar nulli pie x=e un pie 0 Pārējās Lagranža teorēmas sekas var pielietot: Pierādot identitāti, it īpaši atvasinot elementārās matemātikas formulas; Vienkāršojot izteiksmes; Sadalot algebriskās izteiksmes faktoros. Atrisinot vairākas šādas problēmas noteiktā intervālā, tiek ņemta vērā vai nu viena funkcija f(x), lai tās atvasinājums f’(x)=0 un līdz ar to funkcija būtu nemainīga, t.i. ir forma f(x)=c vai divas funkcijas f(x) un g(x), tā ka f'(x)=g'(x), un tiek secināts, ka f(x)=g(x) )+c (c ir konstante). Šo konstanti nosaka, iestatot x vienādu ar kādu vērtību x 1 . 12. piemērs. Atvasiniet formulu<Рисунок61>. Risinājums. Funkcija f(x)=<Рисунок62>nepārtraukts veselā skaitļa rindā. Atradīsim šīs funkcijas atvasinājumu f'(x)=2sinxcosx-sin2x=sin2x-sin2x. f'(x)=0 jebkurai reālai vērtībai x, tāpēc, pamatojoties uz funkcijas konstantes nosacījumu, varam secināt, ka funkcija f(x) ir konstante, t.i. f(x)=c. Lai noteiktu konstanti c, liekam x=0 un iegūstam f(0)=c, t.i. sin 2 0-0,5+0,5cos0=c. Tādējādi c=0 un līdz ar to f(x)=0, no kurienes iegūstam<Рисунок62>=0 vai<Рисунок61>. 13. piemērs. Pierādiet, ka arctgx=arcsin<Рисунок63>pie x<0. Risinājums. Apsveriet divas funkcijas f(x)=arctgx un g(x)=arcsin nepārtraukti intervālā (-;0]<Рисунок64>, tad tie ir nepārtraukti jebkurā intervālā. Atradīsim šo funkciju atvasinājumus. <Рисунок65>, <Рисунок66>. Tā kā par x<0 |x|=-x, то <Рисунок67>un pēc tam f'(x)=g'(x) segmenta iekšpusē. Pamatojoties uz 2. secinājumu, mums ir f(x)=g(x)+c, kur c ir konstante. Lai definētu c, pieņemsim, ka x=-1, kas dod arctg(-1)=arcsin<Рисунок69>, t.i<Рисунок68>Tātad mēs iegūstam arctgx=arcsin<Рисунок63>pie x<0. Atvasinājumu plaši izmanto, risinot vairākas elementārās matemātikas problēmas. No visa šādu problēmu klāsta mēs izceļam tās, kuru risināšanai tiek izmantota Lagranža teorēma un tās sekas. Tajos ietilpst uzdevumi identitāšu pierādīšanai, nevienādībām, trigonometrijas formulu atvasināšanai, algebrisko izteiksmju faktoringam, vienādojumu, nevienādību, vienādojumu sistēmu, vienādojumu ar parametriem risināšanai. Šajā gadījumā var norādīt vispārīgas risināšanas metodes un dažas konkrētas metodes. Lagranža teorēma. Lai funkcija f ir nepārtraukta segmentā un diferencējama šī segmenta iekšējos punktos. Tad no šī segmenta ir tāds iekšējais punkts, ka<Рисунок1>.
1. secinājums (noturības nosacījums) .
Ja funkcija f ir nepārtraukta segmentā un tās atvasinājums ir vienāds ar nulli šajā segmentā, tad funkcija f ir nemainīga uz . Secinājums 2. Ja funkcijas un ir nepārtrauktas segmentā un tām ir vienādi atvasinājumi šajā segmentā, tad tās atšķiras tikai konstantā termiņā. Funkcijas monotonitātes nosacījums ir arī Lagranža teorēmas sekas. Skolas mācību grāmatā tas ir noteikts atsevišķi teorēmas veidā. Secinājums 3 ( monotonitātes stāvoklis). Ja funkcija f ir nepārtraukta intervālā I un tās atvasinājums ir pozitīvs (respektīvi, negatīvs) šī intervāla iekšējos punktos, tad funkcija f palielinās (attiecīgi samazinās) uz I. Var pielietot Lagranža teorēmu: Pierādot nevienādības, jo īpaši - skaitliskās nevienādības; Pētot jautājumu par polinoma vai vienādojuma saknēm; Atrisinot vienādojumus. Šādu uzdevumu risināšanas procesā tiek ņemta vērā funkcija f(x) segmentā, kas atbilst Lagranža teorēmas nosacījumiem, un tai tiek uzrakstīta Lagranža formula.<Рисунок1>, c (a;b) un f’(c) tiek novērtēts, un līdz ar to arī izteiksme<Рисунок2>, kas ļauj pierādīt aplūkoto nevienādību vai atrisināt polinoma, vienādojuma sakņu problēmu. Piemērs 1. Pierādiet to<Рисунок3>. Risinājums. Funkcija f(x)=arccosx segmentā ir nepārtraukta un diferencējama intervālā (0,6; 0,8),<Рисунок4>. Līdz ar to funkcijai f(x) šajā segmentā ir izpildīti Lagranža teorēmas nosacījumi un<Рисунок5>, kur 0,6 Piemērs 2. Pierādiet, ka e x >=ex. Risinājums. Nevienādība ir spēkā x=1. Apsveriet funkciju f(x)=e x -ex. Tad jebkuram skaitlim b (b>1) šai funkcijai ir izpildīti Lagranža teorēmas nosacījumi intervālā , un b<1 – выполняется условие теоремы на
отрезке и, следовательно, существует
внутренняя точка соответствующего отрезка,
такая, что <Рисунок12>, t.i.<Рисунок13>. Tā kā c>1 ar b>1, tad e c>e un līdz ar to e c -e>0. Tad<Рисунок14>, un līdz ar to e b -eb>0, t.i. e b >eb jebkuram b>1. Tādējādi tiek pierādīts, ka e x >=ex ja x>=1. Ja b<1, то <Рисунок15>, t.i. no<1,
тогда e c Tātad, ir pierādīts, ka nevienādība e x >= ex ir patiesa jebkuram reālam x. Konkrēti, pie x=c+1 iegūstam e c+1 >=e(c+1), t.i. e c >=c+1, kur c ir jebkurš reāls skaitlis. Piemērs 3. Pierādiet, ka vienādojums<Рисунок16>nav reālu pozitīvu sakņu. Risinājums. Ļaut b ir jebkurš pozitīvs skaitlis. Apsveriet funkciju f(x)=
<Рисунок17>, nepārtraukti uz intervāla un kam ir atvasinājums<Рисунок18>uz intervāla (0;b). Pēc Lagranža teorēmas mums ir<Рисунок19>,
0 4. piemērs. Pierādīt, ka uz intervāla (0, 2) ir ne vairāk kā divas dažādas vienādojuma reālās saknes<Рисунок26>. Risinājums. Pieņemsim, ka vienādojumam ir vismaz trīs dažādas reālās saknes x 1 , x 2 , x 3, kas pieder intervālam (0.2), un pieņemsim, ka x 1 Atradīsim atvasinājumu f'(x): <Рисунок30>. Jo<Рисунок31>jebkuram x, tad vienādojumam f’(x)=0 ir viena sakne x=, kas pieder intervālam (0, 2). Mēs nonācām pie pretrunas, jo c 1 un c 2 (c 1 c 2) ir vienādojuma f’(x)=0 saknes, tādējādi pierādot, ka vienādojums<Рисунок26>ir ne vairāk kā divas dažādas reālās saknes intervālā (0,2). Piemērs 5. Atrisiniet vienādojumu x 9 -9x 5 +63x-55=0. Risinājums. Ir viegli redzēt, ka skaitlis x 1 \u003d 1 ir šī vienādojuma sakne. Pieņemsim, ka ir vēl vismaz viena reāla sakne x 2, kas atšķiras no x 1 . Skaitļi x 1 un x 2 ir funkcijas f(x)=x 9 -9x 5 +63x-55 nulles, un tāpēc f(x 1)=f(x 2)=0. Pielietosim Lagranža teorēmu funkcijai f(x) uz intervāla, ja x 1 Nosakiet funkcijas y \u003d (x 2 -1) (x 2 -8x) (x-9) kritisko punktu skaitu. Risinājums. Tā kā polinoma f (x) \u003d (x 2 -1) (x 2 -8x) (x-9) pakāpe ir 5, tad tā atvasinājums f '(x) ir ceturtās pakāpes polinoms un tam nav vairāk nekā četras īstas saknes. Pielietosim Lagranža teorēmu funkcijai f(x)=(x+1)(x-1)x(x-8)(x-9) segmentos [-1;0], , , un ņemsim vērā ka f(-1)=f(0)=f(1)=f(8)=f(9)=0. Katrā šādā segmentā ir attiecīgi iekšējie punkti x 1, x 2, x 3, x 4, lai<Рисунок33>,
<Рисунок34>,
<Рисунок35>,
<Рисунок36>, t.i. f'(x1)=0, f'(x2)=0, f'(x3)=0, f'(x4)=0. Un ņemot vērā, ka x 1, x 2, x 3, x 4 ir dažādas ceturtās pakāpes polinoma f'(x) saknes, mēs secinām, ka nav citu sakņu, izņemot tās, kas iegūtas, un tāpēc funkcija y = (x 2 - 1) (x 2 -8x) (x-9) ir četri kritiskie punkti. Funkcijas monotonitātes nosacījumu var piemērot: Risinot nevienlīdzības; Pierādot nevienādības ar mainīgo; Pierādot skaitliskās nevienādības; Pētot jautājumu par vienādojuma sakņu skaitu; Atsevišķos gadījumos, risinot vienādojumus, vienādojumus ar parametriem, vienādojumu sistēmas. Problēmu risinājums, izmantojot monotonitātes nosacījumu, balstās uz attiecības starp funkcijas palielināšanos vai samazināšanos un tās atvasinājuma zīmi noteiktā intervālā. Tajā pašā laikā, salīdzinot dažādas argumenta vērtības no šī aplūkotās monotoniskās funkcijas intervāla, tiek izdarīts secinājums par šīs funkcijas atbilstošajām vērtībām. 7. piemērs. Pierādiet, ka 3xcosx Risinājums. Pierādīsim, ja 0 Ņemot vērā, ka f(0)=0, mums būs tgx-3x+2sinx>0. Un tā kā starpbrīžos<Рисунок38>cosx>0, pēc tam cosx(tgx+2sinx-3x)>0. Tādējādi tiek pierādīts, ka sinx+sin2x-3xcosx>0, tas ir, ka 3xcosx Piemērs 8. Pierādiet to 1) <Рисунок41>Un<Рисунок42>ja 0 2) <Рисунок43>Un<Рисунок44>, ja e<=x 1 Risinājums. Apsveriet funkciju, kas nepārtraukta intervālā (0;+)<Рисунок45>. Kopš tā atvasinājuma<Рисунок46>vienāds ar nulli pie x=e un pie 0 Pārējās Lagranža teorēmas sekas var pielietot: Pierādot identitāti, it īpaši atvasinot elementārās matemātikas formulas; Vienkāršojot izteiksmes; Sadalot algebriskās izteiksmes faktoros. Atrisinot vairākas šādas problēmas noteiktā intervālā, tiek ņemta vērā vai nu viena funkcija f(x), lai tās atvasinājums f’(x)=0 un līdz ar to funkcija būtu nemainīga, t.i. ir forma f(x)=c vai divas funkcijas f(x) un g(x), tā ka f'(x)=g'(x), un tiek secināts, ka f(x)=g(x) )+c (c ir konstante). Šo konstanti nosaka, iestatot x vienādu ar kādu vērtību x 1 . 12. piemērs. Atvasiniet formulu<Рисунок61>. Risinājums. Funkcija f(x)=<Рисунок62>nepārtraukts veselā skaitļa rindā. Atradīsim šīs funkcijas atvasinājumu f'(x)=2sinxcosx-sin2x=sin2x-sin2x. f'(x)=0 jebkurai reālai vērtībai x, tāpēc, pamatojoties uz funkcijas konstantes nosacījumu, varam secināt, ka funkcija f(x) ir konstante, t.i. f(x)=c. Lai noteiktu konstanti c, liekam x=0 un iegūstam f(0)=c, t.i. sin 2 0-0,5+0,5cos0=c. Tādējādi c=0 un līdz ar to f(x)=0, no kurienes iegūstam<Рисунок62>=0 vai<Рисунок61>. 13. piemērs. Pierādiet, ka arctgx=arcsin<Рисунок63>pie x<0. Risinājums. Apsveriet divas funkcijas f(x)=arctgx un g(x)=arcsin nepārtraukti intervālā (-;0]<Рисунок64>, tad tie ir nepārtraukti jebkurā intervālā. Atradīsim šo funkciju atvasinājumus. <Рисунок65>, <Рисунок66>. Tā kā par x<0 |x|=-x, то <Рисунок67>un pēc tam f'(x)=g'(x) segmenta iekšpusē. Pamatojoties uz 2. secinājumu, mums ir f(x)=g(x)+c, kur c ir konstante. Lai definētu c, pieņemsim, ka x=-1, kas dod arctg(-1)=arcsin<Рисунок69>, t.i<Рисунок68>Tātad mēs iegūstam arctgx=arcsin<Рисунок63>pie x<0. 14. piemērs. Pierādiet identitāti <Рисунок70> Risinājums. ievērojiet, tas<Рисунок71>, <Рисунок72>jebkuram reālam x un funkcijai<Рисунок73>,
<Рисунок74>nepārtraukts veselā skaitļa rindā. Mums ir<Рисунок75>, <Рисунок76>. 1) Aplūkosim funkciju F(x)=f(x)+g(x), x (-;-1) (0;1). F(x)=<Рисунок77>un F'(x)=f'(x)+g'(x)=<Рисунок78>. Ja x (-;-1), tad |x 2 -1|=x 2 -1, |x|=-x un F’(x)=0. Ja x (0;1), tad |x 2 -1|=-(x 2 -1), |x|=x un F'(x)=0. Pamatojoties uz funkcijas F(x)=c noturības nosacījumu, t.i.<Рисунок79>. Katrā no aplūkotajiem intervāliem mēs definējam c, iestatot, piemēram, x =<Рисунок80>un x=<Рисунок81>. <Рисунок82>, tāpēc c=. <Рисунок83>, tātad c=0. Mums ir:<Рисунок84>x (-;-1),<Рисунок85>priekš x(0;1). 2) Aplūkosim funkciju G(x)=f(x)-g(x), x (-1;0) (1; +). <Рисунок86>, <Рисунок87>. Ja x (-1; 0), tad |x 2 -1|=-(x 2 -1), |x|=-x un G'(x)=0. Ja x (1; +), tad |x 2 -1|=x 2 -1, |x|=x un G'(x)=0. Tad funkcija G(x) noteiktajos intervālos ir nemainīga, t.i.,<Рисунок88>. Ļaujiet x=<Рисунок80>un x=<Рисунок81>, saņemam<Рисунок89>, tāpēc c=;<Рисунок90>, tad c=0. Mums ir:<Рисунок91>pie x (-1; 0),<Рисунок92>par x (1;+ ). 3) Aprēķiniet f(x) un g(x) vērtības, ja x=± 1 un x=0. f(-1)=arccos(-1)=, g(-1)=arcsin0=0; tādēļ pie x=-1 f(x)=+g(x), t.i.<Рисунок93>. <Рисунок94>, <Рисунок95>, tāpēc pie x=0 f(x)=-g(x), t.i.<Рисунок96>. f(1)=arccos1=0, g(1)=arcsin0=0, tātad pie x= 1 f(x)=g(x), t.i.<Рисунок97>. Tādējādi šī identitāte ir pierādīta visiem reālajiem x. Piemērs 15. Izteiksmes faktorēšana y2 (x-z)+x2 (z-y)+z 2 (y-x). Risinājums. Mēs aplūkosim šo izteiksmi kā mainīgā x funkciju: f (x) \u003d y 2 (x-z) + x 2 (z-y) + z 2 (y-x). Atrodiet f'(x). f'(x)=y2 +2x(zy)-z 2 =y2-z2-2x(yz)=(yz)(y+z)-2x(yz)=(yz)(y+z- 2x). g'(x)=(y-z)((y+z)-2x). Kā funkciju g(x) varam ņemt g(x)=(y-z)((y-z)x-x 2). Tā kā funkcijas f(x) un g(x) ir nepārtrauktas un diferencējamas uz visas reālās līnijas un f'(x)=g'(x), tad ar 2. secinājumu f(x)=g(x)+c, kur nav atkarīgs no x, bet, iespējams, ir atkarīgs no y un z. Mums ir y 2 (x-z)+x 2 (z-y)+z 2 (y-x)=(y-z)((y+z)x-x 2)+c. Atradīsim c, iestatot šajā vienādībā, piemēram, x=0. Mums ir yz 2 -zy 2 =c. Tad f(x)=g(x)+yz 2 -zy 2 , t.i. f(x)=(yz)((y+z)xx 2)+yz 2 -zy 2 =(yz)(xy+xz-x 2)-yz(yz)=(yz)(xy-x 2 + xz-yz)=(yz)(x(yx)-z(yx))=(yz)(yx)(xz). Tātad y 2 (x-z)+x 2 (z-y)+z 2 (y-x)=(y-z) (y-x) (x-z).
Notiek ielāde...