Metoda je primjenjiva za minimiziranje funkcija logičke algebre bilo kojeg broja varijabli.

Razmotrimo slučaj tri varijable. Booleova funkcija u DNF-u može se predstaviti u obliku svih vrsta konjunktivnih pojmova koji se mogu uključiti u DNF:

gdje su kO(0,1) koeficijenti. Metoda se sastoji u odabiru koeficijenata na takav način da rezultirajući DNF bude minimalan.

Ako sada postavimo sve moguće vrijednosti varijabli od 000 do 111, dobivamo 2 n (2 3 =8) jednadžbi za određivanje koeficijenata k:

Promatrajući skupove za koje funkcija poprima nultu vrijednost, odredite koeficijente koji su jednaki 0 ​​i prekrižite ih iz jednadžbi čija desna strana sadrži 1. Od preostalih koeficijenata u svakoj jednadžbi jedan koeficijent je izjednačen s jedan, što određuje veznik najnižeg ranga. Preostali koeficijenti su jednaki 0. Dakle, jedinični koeficijenti k odrediti odgovarajući minimalni oblik.

Primjer. Minimizirajte zadanu funkciju

ako su poznate vrijednosti:
;
;
;
;
;
;
;
.

Riješenje.

Precrtavanjem nula koeficijenata dobivamo:

=1;

=1;

=1;

=1.

Izjednačimo koeficijent s jedinicom , što odgovara konjunkciji najnižeg ranga i pretvara posljednje četiri jednadžbe u 1, au prvoj jednadžbi preporučljivo je koeficijent izjednačiti s 1 . Preostali koeficijenti su postavljeni na 0.

Odgovor: vrsta minimizirane funkcije.

Treba napomenuti da je metoda neodređenih koeficijenata učinkovita kada je broj varijabli mali i ne prelazi 5-6.

Višedimenzionalna kocka

Razmotrimo grafički prikaz funkcije u obliku višedimenzionalne kocke. Svaki vrh n-dimenzionalna kocka može se dovesti u korespondenciju sa sastavnim dijelom jedinice.

Podskup označenih vrhova je preslikavanje na n-dimenzionalni kub Booleove funkcije iz n varijable u SDNF-u.

Za prikaz funkcije iz n varijable predstavljene u bilo kojem DNF-u, potrebno je uspostaviti korespondenciju između njegovih miniterma i elemenata n-dimenzionalna kocka.

Miniterm (n-1) ranga
može se smatrati rezultatom lijepljenja dvaju miniterma n- rang, tj.

=

Na n-dimenzionalna kocka to odgovara zamjeni dva vrha koji se razlikuju samo u vrijednostima koordinata x ja, povezujući te vrhove bridom (za brid se kaže da pokriva vrhove koji su mu incidentni).

Dakle, miniterms ( n-1)-ti red odgovara bridovima n-dimenzionalne kocke.

Slično, korespondencija miniterma ( n-2) lica reda n-dimenzionalna kocka, od kojih svaka pokriva četiri vrha (i četiri brida).

Elementi n-dimenzionalna kocka, koju karakterizira S mjerenja se nazivaju S- kocke

Dakle, vrhovi su 0-kocke, bridovi su 1-kocke, lica su 2-kocke, itd.

Ukratko, možemo reći da je miniterm ( n-S) rang u DNF za funkciju n prikazane varijable S-kocka, svaka S-kocka pokriva sve one kocke niže dimenzije koje su povezane samo svojim vrhovima.

Primjer. Na sl. s obzirom na preslikavanje

Ovdje su miniterms
I
odgovaraju 1-kockama ( S=3-2=1), i miniterm x 3 prikazano na 2 kocke ( S=3-1=2).

Dakle, bilo koji DNF je preslikan na n-dimenzionalna kocka u cjelini S-kocke koje pokrivaju sve vrhove koji odgovaraju sastavnim jedinicama (0-kocka).

Sastavnice. Za varijable x 1 ,x 2 ,…x n izraz
naziva se sastavni dio jedinice, i
- sastavnica nule ( znači bilo , ili ).

Ovaj konstituent od jedan (nula) pretvara se u jedan (nula) samo s jednim odgovarajućim skupom vrijednosti varijable, koji se dobiva ako se sve varijable uzmu jednake jedan (nula), a njihove negacije jednake nuli (jedan).

Na primjer: sastavna jedinica
odgovara skupu (1011), a konstituent je nula
- set (1001).

Budući da je SD(K)NF disjunkcija (konjunkcija) konstituenata jedinice (nula), može se tvrditi da Booleova funkcija koju predstavlja f(x 1 , x 2 ,…, x n) pretvara se u jedan (nula) samo za skupove varijabilnih vrijednosti x 1 , x 2 ,…, x n, koji odgovara ovim kostituentima. Na drugim skupovima ova funkcija postaje 0 (jedan).

Istinita je i suprotna tvrdnja na kojoj se temelji način predstavljanja bilo koje formule u obliku formule Booleova funkcija određena tablicom.

Da biste to učinili, potrebno je napisati disjunkcije (konjunkcije) sastavnih dijelova jedinice (nula), koje odgovaraju skupovima vrijednosti varijabli na kojima funkcija uzima vrijednost jednaku jedinici (nula).

Na primjer, funkcija dana tablicom

dopisivati ​​se

Rezultirajući izrazi mogu se pretvoriti u drugi oblik na temelju svojstava logičke algebre.

Vrijedi i obrnuta tvrdnja: ako neka zbirka S-kocke pokriva skup svih vrhova koji odgovaraju jediničnim vrijednostima funkcije, zatim disjunkciju koja odgovara tim S-kubovi miniterma su izraz ove funkcije u DNF.

Kažu da takva zbirka S-kocke (ili njihovi odgovarajući minitermovi) čine pokrivanje funkcije. Želja za minimalnom formom intuitivno se shvaća kao potraga za takvim pokrovom, brojem S-kojih bi bilo manje kocki, te njihove dimenzije S- više. Pokriće koje odgovara minimalnom obliku naziva se minimalnim pokrićem.

Na primjer, za funkciju na=
premaz odgovara ne-minimalnom obliku:

riža a) na=,

premaz na riži b) na=
, riža c) na=
minimalan.

Riža. Pokrivenost funkcija na=:

a) neminimalni; b), c) minimum.

Prikaz funkcije na n-mjereno jasno i jednostavno sa n3. Četverodimenzionalna kocka može se prikazati kao što je prikazano na slici, koja prikazuje funkciju četiriju varijabli i njezinu minimalnu pokrivenost koja odgovara izrazu na=

Koristeći ovu metodu kada n>4 zahtijeva tako složene formacije da gubi sve svoje prednosti.

MINISTARSTVO ZNANOSTI I OBRAZOVANJA REPUBLIKE BAŠKORSKOG STANA

SAOU SPO Bashkir College of Architecture and Civil Engineering

Khaliullin Ashat Adelzyanovich,

učitelj matematike u Baškirskom

Arhitektonsko-građevinski fakultet

UFA

2014

Uvod ___________________________________________________________3

Poglavlje ja Teorijski aspekti korištenja metode nesigurnih koeficijenata_________________________________________________4

Poglavlje II. Traži rješenja problema s polinomima metodom neodređenih koeficijenata_________________________________7

2.1.Rastavljanje polinoma na faktore__________________ 7

2.2. Problemi s parametrima_________________________________ 10

2.3. Rješavanje jednadžbi_______________________________________14

2.4. Funkcionalne jednadžbe__________________________19

Zaključak________________________________________________23

Popis korištene literature__________________________________________24

Primjena ________________________________________________25

Uvod.

Ovaj rad posvećen je teorijskim i praktičnim aspektima uvođenja metode neodređenih koeficijenata u školski tečaj matematike. Relevantnost ove teme određena je sljedećim okolnostima.

Nitko neće tvrditi da matematika kao znanost ne stoji na jednom mjestu, stalno se razvija, pojavljuju se novi zadaci povećane složenosti, što često uzrokuje određene poteškoće, jer su ti zadaci obično povezani s istraživanjem. Posljednjih godina takvi su zadaci predloženi na školskim, okružnim i republičkim matematičkim olimpijadama, a dostupni su i u verzijama Jedinstvenog državnog ispita. Stoga je bila potrebna posebna metoda koja bi omogućila da se barem neki od njih riješe najbrže, učinkovitije i najpovoljnije. U ovom radu jasno je predstavljen sadržaj metode neodređenih koeficijenata, koja se široko koristi u najrazličitijim područjima matematike, od pitanja uključenih u općeobrazovni tečaj do njegovih najnaprednijih dijelova. Posebno su zanimljive i učinkovite primjene metode neodređenih koeficijenata u rješavanju problema s parametrima, frakcijskih racionalnih i funkcionalnih jednadžbi; lako mogu zainteresirati svakoga tko se zanima za matematiku. Glavna svrha predloženog rada i odabira problema je pružiti široke mogućnosti za usavršavanje i razvijanje sposobnosti pronalaženja kratkih i nestandardnih rješenja.

Ovaj rad se sastoji od dva poglavlja. Prvi govori o teorijskim aspektima korištenja

metoda neizvjesnih koeficijenata, a drugo, praktični i metodološki aspekti takve uporabe.

U prilogu rada dati su uvjeti za konkretne zadatke za samostalno rješavanje.

Poglavlje ja . Teorijski aspekti uporabe metoda nesigurnih koeficijenata

“Čovjek... je rođen da bude gospodar,

vladar, kralj prirode, ali mudrosti,

s kojom mora vladati nije mu dano

od rođenja: stječe se učenjem"

N.I.Lobačevskog

Postoje različiti načini i metode za rješavanje problema, ali jedan od najprikladnijih, najučinkovitijih, originalnih, elegantnih, au isto vrijeme vrlo jednostavnih i svima razumljivih je metoda neodređenih koeficijenata. Metoda neodređenih koeficijenata je metoda koja se koristi u matematici za pronalaženje koeficijenata izraza čiji je oblik unaprijed poznat.

Prije razmatranja primjene metode neodređenih koeficijenata na rješavanje različitih vrsta problema, iznijet ćemo niz teorijskih informacija.

Neka im se da

A n (x) = a 0 x n + a 1 x n-1 + a 2 x n-2 + ··· + a n-1 x + a n

B m (x ) = b 0 x m + b 1 x m -1 + b 2 x m -2 + ··· + b m-1 x + b m ,

polinomi relativni x s bilo kakvim izgledima.

Teorema. Dva polinoma ovisna o jednom i isti argument su identički jednaki ako i samo akon = m a pripadni koeficijenti su im jednakia 0 = b 0 , a 1 = b 1 , a 2 = b 2 ,··· , a n -1 = b m -1 , a n = b m I T. d.

Očito, jednaki polinomi uzimaju sve vrijednosti x iste vrijednosti. Obrnuto, ako su vrijednosti dva polinoma jednake za sve vrijednosti x, zatim polinome jednaki, odnosno njihovi koeficijenti na istim stupnjevimax podudarati se.

Stoga je ideja primjene metode neodređenih koeficijenata na rješavanje problema sljedeća.

Znajmo da se kao rezultat nekih transformacija dobiva izraz određenog tipa i samo su koeficijenti u tom izrazu nepoznati. Zatim se ti koeficijenti označavaju slovima i smatraju se nepoznanicama. Zatim se konstruira sustav jednadžbi za određivanje tih nepoznanica.

Na primjer, u slučaju polinoma, ove jednadžbe su sastavljene od uvjeta da su koeficijenti jednaki za iste potencije x za dva jednaka polinoma.

Demonstrirat ćemo ono što je gore rečeno pomoću sljedećih konkretnih primjera, a počnimo s najjednostavnijim.

Tako, na primjer, na temelju teorijskih razmatranja, razlomak

može se predstaviti kao zbroj

, Gdje a , b I c - koeficijenti koje treba odrediti. Da bismo ih pronašli, izjednačimo drugi izraz s prvim:

=

i oslobađanje od nazivnika i prikupljanje članova s ​​istim ovlastima na lijevoj strani x, dobivamo:

(a + b + c )x 2 + ( b - c )x - a = 2x 2 – 5 x– 1

Budući da posljednja jednakost mora biti istinita za sve vrijednosti x, zatim koeficijenti na istim stupnjevimax desno i lijevo trebaju biti jednaki. Tako su dobivene tri jednadžbe za određivanje tri nepoznata koeficijenta:

a+b+c = 2

b - c = - 5

A= 1, odakle a = 1 , b = - 2 , c = 3

Stoga,

=
,

valjanost ove jednakosti lako je izravno provjeriti.

Pretpostavimo da također trebate predstaviti razlomak

kao a + b
+ c
+ d
, Gdje a , b , c I d- nepoznati racionalni koeficijenti. Drugi izraz izjednačujemo s prvim:

a + b
+ c
+ d
=
ili, Oslobađajući se nazivnika, uklanjajući, gdje je to moguće, racionalne faktore ispod predznaka korijena i dovodeći slične članove na lijevu stranu, dobivamo:

(a- 2 b + 3 c ) + (- a+b +3 d )
+ (a+c - 2 d )
+

+ (b - c + d )
= 1 +
-
.

Ali takva je jednakost moguća samo u slučaju kada su racionalni članovi oba dijela i koeficijenti istih radikala jednaki. Tako su dobivene četiri jednadžbe za pronalaženje nepoznatih koeficijenata a , b , c I d :

a- 2b+ 3c = 1

- a+b +3 d = 1

a+c - 2 d = - 1

b - c + d= 0, odakle a = 0 ; b = - ; c = 0 ; d= , tj
= -
+
.

poglavlje II. Traži rješenja problema s polinomima metoda neodređenih koeficijenata.

„Ništa ne doprinosi savladavanju predmeta bolje od

kako postupiti s njim u različitim situacijama"

Akademik B.V. Gnedenko

2. 1. Rastavljanje polinoma na faktore.

Metode rastavljanja polinoma na faktore:

1) stavljanje zajedničkog faktora izvan zagrada 2) metoda grupiranja; 3) primjena osnovnih formula za množenje; 4) uvođenje pomoćnih pojmova 5) prethodna transformacija zadanog polinoma pomoću određenih formula; 6) proširenje nalaženjem korijena zadanog polinoma; 7) način unosa parametra; 8)metoda neodređenih koeficijenata.

Problem 1. Rastavite polinom na realne faktore x 4 + x 2 + 1 .

Riješenje. Među djeliteljima slobodnog člana ovog polinoma nema korijena. Ne možemo pronaći korijene polinoma drugim elementarnim sredstvima. Stoga nije moguće izvršiti traženo proširenje tako da se prvo pronađu korijeni ovog polinoma. Ostaje tražiti rješenje problema bilo uvođenjem pomoćnih članova ili metodom neodređenih koeficijenata. Očito je da x 4 + x 2 + 1 = x 4 + x 3 + x 2 - x 3 - x 2 - x + x 2 + x + 1 =

= x 2 (x 2 + x + 1) - x (x 2 + x + 1) + x 2 + x + 1 =

= (x 2 + x + 1)(x 2 - x + 1).

Rezultirajući kvadratni trinomi nemaju korijena i stoga su nerastavljivi na prave linearne faktore.

Opisana metoda je tehnički jednostavna, ali teška zbog svoje artificijelnosti. Doista, vrlo je teško doći do potrebnih pomoćnih pojmova. Samo nam je nagađanje pomoglo pronaći ovu dekompoziciju. Ali

Postoje pouzdaniji načini rješavanja takvih problema.

Moglo bi se nastaviti ovako: pretpostaviti da se zadani polinom rastavlja na umnožak

(x 2 + A x + b )(x 2 + c x + d )

dva kvadratna trinoma s cjelobrojnim koeficijentima.

Dakle, to ćemo imati

x 4 + x 2 + 1 = (x 2 + A x + b )(x 2 + c x + d )

Ostalo je odrediti koeficijentea , b , c I d .

Množenjem polinoma s desne strane posljednje jednakosti dobivamo:x 4 + x 2 + 1 = x 4 +

+ (a + c ) x 3 + (b + A c + d ) x 2 + (oglas + prije Krista ) x + bd .

Ali budući da nam je potrebna desna strana ove jednakosti da se pretvori u isti polinom koji je na lijevoj strani, zahtijevat ćemo da budu ispunjeni sljedeći uvjeti:

a + c = 0

b + A c + d = 1

oglas + prije Krista = 0

bd = 1 .

Rezultat je sustav od četiri jednadžbe s četiri nepoznanicea , b , c I d . Lako je pronaći koeficijente iz ovog sustavaa = 1 , b = 1 , c = -1 I d = 1.

Sada je problem potpuno riješen. Dobili smo:

x 4 + x 2 + 1 = (x 2 + x + 1)(x 2 - x + 1).

Problem 2. Rastavite polinom na realne faktore x 3 – 6 x 2 + 14 x – 15 .

Riješenje. Predstavimo ovaj polinom u obliku

x 3 – 6 x 2 + 14 x – 15 = (x + A )(x 2 + bx + c) , Gdje a , b I S - koeficijenti još nisu određeni. Budući da su dva polinoma identički jednaka ako i samo ako su koeficijenti istih potencijax su jednaki, tada izjednačujući koeficijente zax 2 , x i slobodnih članova, dobivamo sustav od tri jednadžbe s tri nepoznanice:

a+b= - 6

ab + c = 14

ak = - 15 .

Rješenje ovog sustava bit će znatno pojednostavljeno ako uzmemo u obzir da je broj 3 (djelitelj slobodnog člana) korijen ove jednadžbe, pa stogaa = - 3 ,

b = - 3 I S = 5 .

Zatim x 3 – 6 x 2 + 14 x – 15 = (x – 3)(x 2 – 3 x + 5).

Primijenjena metoda neodređenih koeficijenata, u usporedbi s gornjom metodom uvođenja pomoćnih članova, ne sadrži ništa umjetno, ali zahtijeva primjenu mnogih teorijskih principa i popraćena je prilično velikim proračunima. Za polinome višeg stupnja ova metoda neodređenih koeficijenata dovodi do glomaznih sustava jednadžbi.

2.2.Zadaci i s parametrima.

Posljednjih godina verzije Jedinstvenog državnog ispita ponudile su zadatke s parametrima. Njihovo rješavanje često uzrokuje određene poteškoće. Prilikom rješavanja problema s parametrima, uz druge metode, možete vrlo učinkovito koristiti metodu neodređenih koeficijenata. Upravo ova metoda omogućuje vam da uvelike pojednostavite njihovo rješenje i brzo dobijete odgovor.

Zadatak 3. Odredite na kojim vrijednostima parametra A jednadžba 2 x 3 – 3 x 2 – 36 x + A – 3 = 0 ima točno dva korijena.

Riješenje. 1 način. Korištenje derivata.

Predstavimo ovu jednadžbu u obliku dvije funkcije

2x 3 – 3 x 2 – 36 x – 3 = – A .

f (x) = 2x 3 – 3 x 2 – 36 x– 3 i φ( x ) = – A .

Istražimo funkcijuf (x) = 2x 3 – 3 x 2 – 36 x – 3 pomoću derivacije i shematski konstruirajte njezin graf (Sl. 1.).

f( – x )f (x ) , f (– x ) – f (x ). Funkcija nije ni parna ni neparna.

3. Nađimo kritične točke funkcije, njezine intervale porasta i opadanja, ekstreme. f / (x ) = 6 x 2 – 6 x – 36. D (f / ) = R , stoga ćemo sve kritične točke funkcije pronaći rješavanjem jednadžbe f / (x ) = 0 .

6(x 2 – x– 6) = 0 ,

x 2 – x– 6 = 0 ,

x 1 = 3 , x 2 = – 2 po teoremu inverznom Vietinom teoremu.

f / (x ) = 6(x – 3)(x + 2).

+ max - min +

2 3 x

f / (x) > 0 za sve x< – 2 i x > 3 i funkcija je kontinuirana u točkamax =– 2 i x = 3, dakle, raste na svakom od intervala (- ; - 2] i [3; ).

f / (x ) < 0 na - 2 < x< 3, dakle, opada na intervalu [- 2; 3 ].

x = - 2. maksimalna točka, jer u ovom trenutku predznak izvoda se mijenja iz"+" do "-".

f (– 2) = 2· (– 8) – 3·4 – 36·(– 2) – 3 = – 16 – 12 + 72 – 3 == 72 – 31 = 41 ,

x = 3 minimalna točka, budući da se u ovoj točki mijenja predznak derivacije"-" do "+".

f (3) = 2·27 – 3·9 – 36·3 – 3 = 54 – 27 – 108 – 3 = – 138 + +54 = – 84.

Graf funkcije φ(x ) = – A je ravna linija paralelna s x-osi i prolazi točkom s koordinatama (0; – A ). Grafikoni imaju dvije zajedničke točke na –A= 41, tj. a =– 41 i – A= – 84, tj. A = 84 .

na

41φ( x)

2 3 x

3 f ( x ) = 2x 3 – 3 x 2 – 36 x – 3

Metoda 2. Metoda neodređenih koeficijenata.

Budući da prema uvjetima zadatka ova jednadžba mora imati samo dva korijena, jednakost je očita:

2x 3 – 3 x 2 – 36 x + A – 3 = (x + b ) 2 (2 x + c ) ,

2x 3 – 3 x 2 – 36 x + A – 3 = 2 x 3 + (4 b + c ) x 2 + (2 b 2 + +2 prije Krista ) x + b 2 c ,

Sada izjednačavanje koeficijenata na istim stupnjevima x, dobivamo sustav jednadžbi

4 b + c = - 3

2b 2 + 2bc = - 36

b 2 c = a – 3 .

Iz prve dvije jednadžbe sustava nalazimob 2 + b – 6 = 0, odakle b 1 = - 3 ili b 2 = 2. Odgovarajuće vrijednostiS 1 i S 2 lako pronaći iz prve jednadžbe sustava:S 1 = 9 ili S 2 = - 11. Konačno, željena vrijednost parametra može se odrediti iz posljednje jednadžbe sustava:

A = b 2 c + 3 , a 1 = - 41 ili a 2 = 84.

Odgovor: ova jednadžba ima točno dvije različite

korijen na A= - 41 i A= 84 .

Zadatak 4. Odredite najveću vrijednost parametraA , za koju je jednadžbax 3 + 5 x 2 + Oh + b = 0

s cijelim koeficijentima ima tri različita korijena od kojih je jedan jednak – 2.

Riješenje. 1 način. Zamjena x= - 2 na lijevu stranu jednadžbe, dobivamo

8 + 20 – 2 A + b= 0, što znači b = 2 a – 12 .

Budući da je broj - 2 korijen, možemo izvaditi zajednički faktor x + 2:

x 3 + 5 x 2 + Oh + b = x 3 + 2 x 2 + 3 x 2 + Oh + (2 a – 12) =

= x 2 (x + 2) + 3 x (x + 2) – 6 x + Oh + (2 a – 12) =

= x 2 (x + 2) + 3 x (x + 2) + (a – 6)(x +2) - 2(a – 6)+ (2 a – 12) =

= (x + 2)(x 2 + 3 x + (a – 6) ) .

Prema uvjetu, postoje još dva korijena jednadžbe. To znači da je diskriminant drugog faktora pozitivan.

D =3 2 - 4 (a – 6) = 33 – 4 a > 0, tj A < 8,25 .

Čini se da bi odgovor bio a = 8 . Ali kada zamijenimo broj 8 u izvornoj jednadžbi, dobivamo:

x 3 + 5 x 2 + Oh + b = x 3 + 5 x 2 + 8 x + 4 = (x + 2)(x 2 + 3 x + 2 ) =

= (x + 1) (x + 2) 2 ,

odnosno jednadžba ima samo dva različita korijena. Ali kada a = 7 zapravo proizvodi tri različita korijena.

Metoda 2. Metoda neodređenih koeficijenata.

Ako jednadžba x 3 + 5 x 2 + Oh + b = 0 ima korijen x = - 2, onda uvijek možete pokupiti brojevec I d tako da pred svimax jednakost je bila istinita

x 3 + 5 x 2 + Oh + b = (x + 2)(x 2 + S x + d ).

Da nađem brojevec I d Otvorimo zagrade s desne strane, dodamo slične pojmove i dobijemo

x 3 + 5 x 2 + Oh + b = x 3 + (2 + S ) x 2 +(2 s + d ) x + 2 d

Izjednačavanje koeficijenata pri odgovarajućim potencijama x imamo sustav

2 + S = 5

2 S + d = a

2 d = b , gdje c = 3 .

Stoga, x 2 + 3 x + d = 0 , D = 9 – 4 d > 0 ili

d < 2.25, dakle d (- ; 2 ].

Uvjeti problema su zadovoljeni vrijednošću d = 1 . Konačna željena vrijednost parametraA = 7.

ODGOVOR: kada a = 7 ova jednadžba ima tri različita korijena.

2.3. Rješavanje jednadžbi.

“Zapamtite to rješavanjem malih problema

pripremite se da se uhvatite u koštac s velikim i teškim

novi zadaci.”

Akademik S.L. Sobolev

Kod rješavanja nekih jednadžbi možete i trebate pokazati snalažljivost i dosjetljivost, te koristiti posebne tehnike. Ovladavanje raznim tehnikama transformacije i sposobnost logičkog zaključivanja od velike su važnosti u matematici. Jedan od tih trikova je zbrajanje i oduzimanje nekog dobro odabranog izraza ili broja. Sama navedena činjenica, naravno, svima je dobro poznata - glavna je poteškoća vidjeti u određenoj konfiguraciji one transformacije jednadžbi na koje je prikladno i svrhovito primijeniti.

Koristeći jednostavnu algebarsku jednadžbu, ilustrirati ćemo jednu nestandardnu ​​tehniku ​​za rješavanje jednadžbi.

Zadatak 5. Riješite jednadžbu

=
.

Riješenje. Pomnožimo obje strane ove jednadžbe s 5 i prepišimo je na sljedeći način

= 0 ; x 0; -
;

= 0 ,

= 0 ,

= 0 ili
= 0

Riješimo dobivene jednadžbe metodom neodređenih koeficijenata

x 4 - x 3 –7 x – 3 = (x 2 + ah + b )(x 2 + cx + d ) = 0

x 4 - x 3 –7 x – 3 = x 4 + (a + c ) x 3 + (b + A c + d ) x 2 + (oglas + prije Krista ) x+ + bd

Izjednačenje koeficijenata pri x 3 , x 2 , x i slobodnih uvjeta, dobivamo sustav

a + c = -1

b + A c + d = 0

oglas + prije Krista = -7

bd = -3, odakle nalazimo:A = -2 ; b = - 1 ;

S = 1 ; d = 3 .

Tako x 4 - x 3 –7x– 3 = (x 2 – 2 x – 1)(x 2 + x + 3) = 0 ,

x 2 – 2 x– 1 = 0 ili x 2 + x + 3 = 0

x 1,2 =
bez korijena.

Slično imamo i mi

x 4 – 12x – 5 = (x 2 – 2 x – 1)(x 2 + 2x + 5) = 0 ,

gdje x 2 + 2 x + 5 = 0 , D = - 16 < 0 , нет корней.

Odgovor: x 1,2 =

Zadatak 6. Riješite jednadžbu

= 10.

Riješenje. Za rješavanje ove jednadžbe morate odabrati brojeveA I b tako da su brojnici oba razlomka jednaki. Dakle, imamo sustav:

= 0 , x 0; -1 ; -

= - 10

Dakle, zadatak je pronaći brojeveA I b , za koje vrijedi jednakost

(a + 6) x 2 + ah – 5 = x 2 + (5 + 2 b ) x + b

Sada, prema teoremu o jednakosti polinoma, potrebno je da se desna strana te jednakosti pretvori u isti polinom koji je na lijevoj strani.

Drugim riječima, odnosi moraju biti zadovoljeni

a + 6 = 1

A = 5 + 2 b

– 5 = b , odakle nalazimo vrijednostiA = - 5 ;

b = - 5 .

Kod ovih vrijednostiA I b jednakost A + b = - 10 je također pošteno.

= 0 , x 0; -1 ; -

= 0 ,

= 0 ,

(x 2 – 5x– 5)(x 2 + 3x + 1) = 0 ,

x 2 – 5x– 5 = 0 ili x 2 + 3x + 1 = 0 ,

x 1,2 =
, x 3,4 =

Odgovor: x 1,2 =
, x 3,4 =

Zadatak 7. Riješite jednadžbu

= 4

Riješenje. Ova je jednadžba složenija od prethodnih i stoga ćemo je grupirati na sljedeći način: x 0;-1;3;-8;12

0 ,

= - 4.

Iz uvjeta jednakosti dvaju polinoma

Oh 2 + (a + 6) x + 12 = x 2 + (b + 11) x – 3 b ,

dobivamo i rješavamo sustav jednadžbi za nepoznate koeficijenteA I b :

A = 1

a + 6 = b + 11

12 = – 3 b , gdje a = 1 , b = - 4 .

Polinomi - 3 – 6x + cx 2 + 8 cx I x 2 + 21 + 12 d – dx međusobno su identično jednaki samo kada

S = 1

8 sa - 6 = - d

3 = 21 + 12 d , S = 1 , d = - 2 .

S vrijednostimaa = 1 , b = - 4 , S = 1 , d = - 2

jednakost
= - 4 je točno.

Kao rezultat, ova jednadžba ima sljedeći oblik:

= 0 ili
= 0 ili
= 0 ,

= - 4 , = - 3 , = 1 , = -
.

Iz razmatranih primjera jasno je kako vješto korištenje metode neodređenih koeficijenata,

pomaže pojednostaviti rješenje prilično složene, neobične jednadžbe.

2.4. Funkcionalne jednadžbe.

“Najviša svrha matematike... je

je pronaći skriveni poredak u

kaos koji nas okružuje"

N. Viner

Funkcionalne jednadžbe vrlo su općenita klasa jednadžbi u kojoj je nepoznata funkcija određena funkcija. Pod funkcionalnom jednadžbom u užem smislu riječi podrazumijevaju se jednadžbe u kojima su željene funkcije povezane s poznatim funkcijama jedne ili više varijabli operacijom tvorbe složene funkcije. Funkcionalna jednadžba također se može smatrati izrazom svojstva koje karakterizira određenu klasu funkcija

[na primjer, funkcionalna jednadžba f ( x ) = f (- x ) karakterizira klasu parnih funkcija, funkcionalnu jednadžbuf (x + 1) = f (x ) – klasa funkcija s periodom 1 itd.].

Jedna od najjednostavnijih funkcionalnih jednadžbi je jednadžbaf (x + g ) = f (x ) + f (g ). Kontinuirana rješenja ove funkcionalne jednadžbe imaju oblik

f (x ) = Cx . Međutim, u klasi diskontinuiranih funkcija ova funkcionalna jednadžba ima i druga rješenja. S razmatranom funkcionalnom jednadžbom povezani su

f (x + g ) = f (x ) · f (g ), f (x g ) = f (x ) + f (g ), f (x g ) = f (x )· f (g ),

kontinuirana rješenja, koja imaju oblik

e cx , SAulx , x α (x > 0).

Stoga se ove funkcionalne jednadžbe mogu koristiti za definiranje eksponencijalnih, logaritamskih i potencijskih funkcija.

Jednadžbe koje se najčešće koriste su one u složenim funkcijama u kojima su tražene funkcije vanjske funkcije. Teorijska i praktična primjena

Upravo su te jednadžbe potaknule izuzetne matematičare da ih proučavaju.

Na primjer, na poravnanje

f 2 (x) = f (x - g)· f (x + g)

N.I.Lobačevskogkoristi se pri određivanju kuta paralelizma u mojoj geometriji.

Posljednjih godina na matematičkim olimpijadama često se nude zadaci vezani uz rješavanje funkcionalnih jednadžbi. Za njihovo rješavanje nisu potrebna znanja izvan okvira nastavnog programa matematike u srednjim školama. Međutim, rješavanje funkcionalnih jednadžbi često uzrokuje određene poteškoće.

Jedan od načina pronalaženja rješenja funkcionalnih jednadžbi je metoda neodređenih koeficijenata. Može se koristiti kada se izgledom jednadžbe može odrediti opći oblik željene funkcije. To se prije svega odnosi na one slučajeve kada rješenja jednadžbi treba tražiti među cjelobrojnim ili razlomljenim racionalnim funkcijama.

Ocrtajmo bit ove tehnike rješavanjem sljedećih problema.

Zadatak 8. Funkcijaf (x ) je definiran za sve realne x i zadovoljava za svex R stanje

3 f(x) - 2 f(1- x) = x 2 .

Pronaćif (x ).

Riješenje. Budući da je na lijevoj strani ove jednadžbe preko nezavisne varijable x i vrijednosti funkcijef Izvode se samo linearne operacije, a desna strana jednadžbe je kvadratna funkcija, tada je prirodno pretpostaviti da je željena funkcija također kvadratna:

f (x) = sjekira 2 + bx + c , Gdjea, b, c – koeficijenti koji se utvrđuju, odnosno neizvjesni koeficijenti.

Zamjenom funkcije u jednadžbu dolazimo do identiteta:

3(sjekira 2 + bx+ c) – 2(a(1 – x) 2 + b(1 – x) + c) = x 2 .

sjekira 2 + (5 b + 4 a) x + (c – 2 a – 2 b) = x 2 .

Dva polinoma će biti identički jednaka ako su jednaki

koeficijenti za iste potencije varijable:

a = 1

5b + 4a = 0

c– 2 a – 2 b = 0.

Iz ovog sustava nalazimo koeficijente

a = 1 , b = - , c = , Takođerzadovoljavajednakost

3 f (x ) - 2 f (1- x ) = x 2 na skupu svih realnih brojeva. Istovremeno, postoji i takavx 0 Zadatak 9. Funkcijay =f(x) za sve x je definiran, kontinuiran i zadovoljava uvjetf (f (x)) – f(x) = 1 + 2 x . Pronađite dvije takve funkcije.

Riješenje. Nad željenom funkcijom izvode se dvije radnje – operacija sastavljanja složene funkcije i

oduzimanje. S obzirom da je desna strana jednadžbe linearna funkcija, prirodno je pretpostaviti da je i željena funkcija linearna:f(x) = ah +b , GdjeA Ib – neizvjesni koeficijenti. Zamjenom ove funkcije uf (f ( (x ) = - x - 1 ;

f 2 (x ) = 2 x+ , što su rješenja funkcionalne jednadžbef (f (x)) – f(x) = 1 + 2 x .

Zaključak.

Zaključno, treba napomenuti da će ovaj rad zasigurno doprinijeti daljnjem proučavanju originalne i učinkovite metode za rješavanje niza matematičkih problema, koji su problemi povećane težine i zahtijevaju duboko poznavanje školskog tečaja matematike i visoke logičke sposobnosti. kultura.Svatko tko želi samostalno produbiti svoje znanje iz matematike naći će i Ovo djelo sadrži materijal za razmišljanje i zanimljive zadatke čije će rješavanje donijeti korist i zadovoljstvo.

U radu se, u okviru postojećeg školskog programa iu obliku dostupnom za učinkovito sagledavanje, postavlja metoda neodređenih koeficijenata koja pomaže produbljivanju školskog tečaja matematike.

Naravno, sve mogućnosti metode neodređenih koeficijenata ne mogu se pokazati u jednom radu. Zapravo, metoda još zahtijeva daljnje proučavanje i istraživanje.

Popis korištene literature.

Glazer G.I..Povijest matematike u školi.-M.: Obrazovanje, 1983.

Gomonov S.A. Funkcionalne jednadžbe u školskom kolegiju matematike // Matematika u školi. – 2000. godine. –№10 .

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.H.. Priručnik iz matematike. - M.: Nauka, 1972.

Kurosh A.G.. Algebarske jednadžbe proizvoljnih stupnjeva - M.: Nauka, 1983.

Likhtarnikov L.M.. Elementarni uvod u funkcionalne jednadžbe. - St. Petersburg. : Lan, 1997. (monografija).

Manturov O.V., Solntsev Yu.K., Sorokin Yu.I., Fedin N.G.. Objašnjavajući rječnik matematičkih pojmova.-M.: Obrazovanje, 1971.

Modenov V.P.. Priručnik o matematici. Dio 1.-M .: Moskovsko državno sveučilište, 1977.

Modenov V.P.. Problemi s parametrima - M.: Ispit, 2006.

Potapov M.K., Aleksandrov V.V., Pasichenko P.I.. Algebra i analiza elementarnih funkcija. - M.: Nauka, 1980.

Khaliullin A.A.. Možete to lakše riješiti // Matematika u školi. – 2003 . - №8 .

Khaliullin.

4. Proširi polinom 2x 4 – 5x 3 + 9x 2 – 5x+ 3 za množitelje s cjelobrojnim koeficijentima.

5. U kojoj vrijednosti A x 3 + 6x 2 + Oh+ 12 po x+ 4 ?

6. Pri kojoj vrijednosti parametraA jednadžbax 3 +5 x 2 + + Oh + b = 0 s cijelim koeficijentima ima dva različita korijena od kojih je jedan 1 ?

7. Među korijenima polinoma x 4 + x 3 – 18x 2 + Oh + b s cjelobrojnim koeficijentima postoje tri jednaka cijela broja. Pronađite vrijednost b .

8. Pronađite najveću cjelobrojnu vrijednost parametra A, kod koje jednadžba x 3 – 8x 2 + ah +b = 0 s cijelim koeficijentima ima tri različita korijena od kojih je jedan jednak 2.

9. Na koje vrijednosti A I b dijeljenje se vrši bez ostatka x 4 + 3x 3 – 2x 2 + Oh + b na x 2 – 3x + 2 ?

10. Faktor polinoma:

A)x 4 + 2 x 2 – x + 2 V)x 4 – 4x 3 +9x 2 –8x + 5 d)x 4 + 12x – 5

b)x 4 + 3x 2 + 2x + 3 G)x 4 – 3x –2 e)x 4 – 7x 2 + 1 .

11. Riješite jednadžbe:

A)
= 2 = 2 f (1 – x ) = x 2 .

Pronaći f (x) .

13. Funkcija na= f (x) pred svima x definirana, kontinuirana i zadovoljava uvjet f ( f (x)) = f (x) + X. Pronađite dvije takve funkcije.

Prvo pogledajmo teoriju, a zatim ćemo riješiti par primjera kako bismo učvrstili gradivo o rastavljanju razlomačko racionalne funkcije u zbroj prostih razlomaka. Pogledajmo detaljno metoda neodređenih koeficijenata I metoda parcijalne vrijednosti, kao i njihove kombinacije.

Najjednostavniji razlomci često se nazivaju elementarni razlomci.

Razlikuju se sljedeće: vrste prostih razlomaka:

gdje su A, M, N, a, p, q brojevi, a diskriminant nazivnika u razlomcima 3) i 4) manji je od nule.

Zovu se razlomci prve, druge, treće i četvrte vrste.

Zašto uopće rastavljati razlomke u njihov najjednostavniji oblik?

Dajmo matematičku analogiju. Često morate pojednostaviti vrstu izraza kako biste s njim mogli izvoditi neke radnje. Dakle, prikaz razlomačke racionalne funkcije kao zbroja prostih razlomaka je približno isti. Koristi se za proširenje funkcija u redove potencija, Laurentove redove i, naravno, za pronalaženje integrala.

Na primjer, zahtijeva uzimanje integral razlomačke racionalne funkcije. Nakon rastavljanja integranda na jednostavne razlomke, sve se svodi na prilično jednostavne integrale

Ali o integralima u drugom odjeljku.

Primjer.

Rastavite razlomak u njegov najjednostavniji oblik.

Riješenje.

Općenito, omjer polinoma se rastavlja na proste razlomke ako je stupanj polinoma brojnika manji od stupnja polinoma u nazivniku. U suprotnom, najprije polinom brojnika podijelite polinomom nazivnika, a tek onda izvršite proširenje točne razlomačke racionalne funkcije.

Napravimo podjelu stupcem (kutom):

Stoga će izvorni razlomak imati oblik:

Stoga ćemo rastaviti na jednostavne razlomke

Algoritam za metodu neodređenih koeficijenata.

Prvo, faktoriramo nazivnik.

U našem primjeru sve je jednostavno - stavljamo x izvan zagrada.


Drugo, razlomak koji treba proširiti predstavlja se kao zbroj jednostavnih razlomaka s neizvjesni koeficijenti.

Ovdje je vrijedno razmotriti vrste izraza koje možete imati u svom nazivniku.

Dosta teorije, u praksi je sve jasnije.

Vrijeme je da se vratimo primjeru. Razlomak se rastavlja na zbroj prostih razlomaka prve i treće vrste s neodređenim koeficijentima A, B i C.


Treći, dovodimo rezultirajući zbroj jednostavnih razlomaka s neodređenim koeficijentima na zajednički nazivnik i grupiramo članove u brojniku s istim potencijama x.



Odnosno, došli smo do jednakosti:


Za x različit od nule, ova se jednakost svodi na jednakost dvaju polinoma


A dva su polinoma jednaka ako i samo ako se koeficijenti istih potencija podudaraju.

Četvrta, izjednačujemo koeficijente za iste potencije od x.

U ovom slučaju dobivamo sustav linearnih algebarskih jednadžbi s neodređenim koeficijentima kao nepoznanicama:


Peto, rješavamo rezultirajući sustav jednadžbi na bilo koji način (ako je potrebno, pogledajte članak) koji vam se sviđa, nalazimo neodređene koeficijente.


Na šestom, zapišite odgovor.

Molim vas, ne budite lijeni, provjerite svoj odgovor dovodeći dobiveno proširenje na zajednički nazivnik.

Metoda nesigurnih koeficijenata je univerzalna metoda za rastavljanje razlomaka na jednostavnije.

Vrlo je zgodno koristiti metodu parcijalnih vrijednosti ako je nazivnik umnožak linearnih faktora, odnosno ima oblik sličan

Pogledajmo primjer kako bismo pokazali prednosti ove metode.

Primjer.

Proširi razlomak do najjednostavnijeg.

Riješenje.

Budući da je stupanj polinoma u brojniku manji od stupnja polinoma u nazivniku, ne moramo dijeliti. Prijeđimo na rastavljanje nazivnika na faktore.

Prvo, izbacimo x iz zagrada.

Nalazimo korijene kvadratnog trinoma (na primjer, koristeći Vietin teorem):

Stoga se kvadratni trinom može napisati kao

Odnosno, nazivnik će poprimiti oblik

Uz zadani nazivnik, izvorni se razlomak rastavlja u zbroj tri prosta razlomka prve vrste s neodređenim koeficijentima:

Dobiveni zbroj dovodimo do zajedničkog nazivnika, ali ne otvaramo zagrade u brojniku i ne dajemo slične za A, B i C (u ovoj fazi to je upravo razlika od metode neodređenih koeficijenata):

Tako smo došli do jednakosti:

A sada, da bismo pronašli neodređene koeficijente, počinjemo zamjenjivati ​​"parcijalne vrijednosti" u dobivenu jednakost, pri kojoj nazivnik ide na nulu, to jest, x=0, x=2 i x=3 za naš primjer.

Na x=0 imamo:

Na x=2 imamo:

Na x=3 imamo:

Odgovor:

Kao što vidite, razlika između metode neodređenih koeficijenata i metode parcijalnih vrijednosti je samo u metodi pronalaženja nepoznanica. Ove metode mogu se kombinirati kako bi se pojednostavili izračuni.

Pogledajmo primjer.

Primjer.

Proširi razlomakom racionalni izraz na jednostavne razlomke.

Riješenje.

Budući da je stupanj polinoma brojnika manji od stupnja polinoma nazivnika, a nazivnik je već faktoriziran, izvorni izraz bit će predstavljen kao zbroj jednostavnih razlomaka sljedećeg oblika:

Dovedimo to pod zajednički nazivnik:

Izjednačimo brojnike.

Očigledno, nule nazivnika su vrijednosti x=1, x=-1 i x=3. Koristimo metodu parcijalnih vrijednosti.

Na x=1 imamo:

Na x=-1 imamo:

Na x=3 imamo:

Ostaje pronaći nepoznanice i

Da bismo to učinili, zamijenimo pronađene vrijednosti u jednakost brojnika:

Otvaranjem zagrada i dovođenjem sličnih članova s ​​istim potencijama x dolazimo do jednakosti dvaju polinoma:

Izjednačujemo odgovarajuće koeficijente na istim stupnjevima, čime sastavljamo sustav jednadžbi za pronalaženje preostalih nepoznanica i . Dobivamo sustav od pet jednadžbi s dvije nepoznanice:

Iz prve jednadžbe odmah nalazimo, iz druge jednadžbe

Kao rezultat, dobivamo dekompoziciju na jednostavne frakcije:

Bilješka.

Kad bismo odmah odlučili primijeniti metodu neodređenih koeficijenata, morali bismo riješiti sustav od pet linearnih algebarskih jednadžbi s pet nepoznanica. Korištenje metode parcijalnih vrijednosti omogućilo je jednostavno pronalaženje vrijednosti tri od pet nepoznanica, što je uvelike pojednostavilo daljnje rješavanje.

Racionalna funkcija je razlomak oblika , čiji su brojnik i nazivnik polinomi ili produkti polinoma.

Primjer 1. Korak 2.

.

Neodređene koeficijente množimo s polinomima koji nisu u ovom pojedinačnom razlomku, ali koji se nalaze u drugim rezultirajućim razlomcima:

Otvorimo zagrade i izjednačimo brojnik izvornog integranda s rezultirajućim izrazom:

U obje strane jednakosti tražimo članove s istim potencijama x i od njih sastavljamo sustav jednadžbi:

.

Poništavamo sve x-ove i dobivamo ekvivalentni sustav jednadžbi:

.

Dakle, konačno širenje integranda u zbroj prostih razlomaka je:

.

Primjer 2. Korak 2. U koraku 1 dobili smo sljedeću dekompoziciju izvornog razlomka u zbroj jednostavnih razlomaka s neodređenim koeficijentima u brojnicima:

.

Sada počinjemo tražiti nesigurne koeficijente. Da bismo to učinili, izjednačimo brojnik izvornog razlomka u funkcijskom izrazu s brojnikom izraza dobivenog nakon svođenja zbroja razlomaka na zajednički nazivnik:

Sada trebate izraditi i riješiti sustav jednadžbi. Da bismo to učinili, izjednačimo koeficijente varijable s odgovarajućim stupnjem u brojniku izvornog izraza funkcije i slične koeficijente u izrazu dobivenom u prethodnom koraku:

Rješavamo dobiveni sustav:

Dakle, odavde

.

Primjer 3. Korak 2. U koraku 1 dobili smo sljedeću dekompoziciju izvornog razlomka u zbroj jednostavnih razlomaka s neodređenim koeficijentima u brojnicima:

Počinjemo tražiti nesigurne koeficijente. Da bismo to učinili, izjednačimo brojnik izvornog razlomka u funkcijskom izrazu s brojnikom izraza dobivenog nakon svođenja zbroja razlomaka na zajednički nazivnik:

Kao i u prethodnim primjerima, sastavljamo sustav jednadžbi:

Smanjujemo x-ove i dobivamo ekvivalentni sustav jednadžbi:

Rješavanjem sustava dobivamo sljedeće vrijednosti nesigurnih koeficijenata:

Dobivamo konačnu dekompoziciju integranda u zbroj prostih razlomaka:

.

Primjer 4. Korak 2. U koraku 1 dobili smo sljedeću dekompoziciju izvornog razlomka u zbroj jednostavnih razlomaka s neodređenim koeficijentima u brojnicima:

.

Već iz prethodnih primjera znamo kako izjednačiti brojnik izvornog razlomka s izrazom u brojniku koji se dobije nakon rastavljanja razlomka na zbroj prostih razlomaka i dovođenja tog zbroja na zajednički nazivnik. Stoga, samo u svrhu kontrole, predstavljamo rezultirajući sustav jednadžbi:

Rješavanjem sustava dobivamo sljedeće vrijednosti nesigurnih koeficijenata:

Dobivamo konačnu dekompoziciju integranda u zbroj prostih razlomaka:

Primjer 5. Korak 2. U koraku 1 dobili smo sljedeću dekompoziciju izvornog razlomka u zbroj jednostavnih razlomaka s neodređenim koeficijentima u brojnicima:

.

Taj zbroj neovisno svodimo na zajednički nazivnik, izjednačujući brojnik ovog izraza s brojnikom izvornog razlomka. Rezultat bi trebao biti sljedeći sustav jednadžbi:

Rješavanjem sustava dobivamo sljedeće vrijednosti nesigurnih koeficijenata:

.

Dobivamo konačnu dekompoziciju integranda u zbroj prostih razlomaka:

.

Primjer 6. Korak 2. U koraku 1 dobili smo sljedeću dekompoziciju izvornog razlomka u zbroj jednostavnih razlomaka s neodređenim koeficijentima u brojnicima:

S ovom količinom izvodimo iste radnje kao u prethodnim primjerima. Rezultat bi trebao biti sljedeći sustav jednadžbi:

Rješavanjem sustava dobivamo sljedeće vrijednosti nesigurnih koeficijenata:

.

Dobivamo konačnu dekompoziciju integranda u zbroj prostih razlomaka:

.

Primjer 7. Korak 2. U koraku 1 dobili smo sljedeću dekompoziciju izvornog razlomka u zbroj jednostavnih razlomaka s neodređenim koeficijentima u brojnicima:

.

Nakon određenih radnji s rezultirajućim iznosom treba dobiti sljedeći sustav jednadžbi:

Rješavanjem sustava dobivamo sljedeće vrijednosti nesigurnih koeficijenata:

Dobivamo konačnu dekompoziciju integranda u zbroj prostih razlomaka:

.

Primjer 8. Korak 2. U koraku 1 dobili smo sljedeću dekompoziciju izvornog razlomka u zbroj jednostavnih razlomaka s neodređenim koeficijentima u brojnicima:

.

Napravimo neke promjene u radnjama koje su već automatizirane da bismo dobili sustav jednadžbi. Postoji umjetna tehnika koja u nekim slučajevima pomaže u izbjegavanju nepotrebnih izračuna. Dovođenjem zbroja razlomaka na zajednički nazivnik, dobivamo i izjednačavanjem brojnika ovog izraza s brojnikom izvornog razlomka, dobivamo.