Как возвести подстановку в степень

Научный форум dxdy

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву , правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.

Возвести подстановку в степень.

Последний раз редактировалось qwertz 04.05.2013, 21:57, всего редактировалось 3 раз(а).

$$<\begin<pmatrix>1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 4 & 5 & 2 & 1 & 3 \end<pmatrix>>$^<100>» /> Как это сделать? <img decoding=$ что означает? Что будет, если применить его 2 раза? Три раза? Во что перейдут 1 и 4?

Последний раз редактировалось qwertz 05.05.2013, 10:09, всего редактировалось 2 раз(а).

Цикл $(1 4)$ означает, что элемент отображается в $4$ . Пробовал возводить цикл $(1 4)$ во вторую степень (применить два раза), получилось, что перейдет в , а $4$ в $4$ , т.е тождественная подстановка. Если в третью (применить три раза), то $(1 4)^3 = (1 4)$ , т.е получился сам же цикл. Стало быть, если цикл длины $n$ возвести в степень $n$ , то получится тождественная подстановка.
$$((1 4) (2 5 3))^<100>= (1 4)^ <100>(2 5 3)^ <100>= ((1 4)^2)^ <50>((2 5 3)^3)^ <33>(2 5 3) = (1)(4)(2)(5)(3) \cod (2 5 3)$» /> Получилось, что тождественная подстановка <img decoding=$ умножается на цикл $(2 5 3)$ , т.е:
$$\begin<pmatrix>1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \end <pmatrix>\begin <pmatrix>2 & 5 & 3 \\ 5 & 3 & 2 \end<pmatrix>$» /> Никогда не умножал подстановки разных размеров, но полагаю, что получится: <img decoding=$ – конечное множество, состоящее из элементов. Поскольку в дальнейшем природа элементов этого множества для нас значения не имеет, будем считать, что . Через обозначим множество всех взаимнооднозначных отображений множества в себя. Элементы этого множества называются перестановками -ой степени.

Пусть . В развернутой форме отображение записывается как

с указанием всех образов , представляющих собой переставленные символы , откуда и идёт название перестановка. В связи с этим перестановку обычно изображают таблицей

, (3.7)

где . В верхнем ряду таблицы (3.7) числа не обязательно должны стоять в порядке возрастания слева — направо. Важно, чтобы под символами верхнего ряда стояли их образы при отображении .

. (3.8)

В связи с этим перестановку из будем иногда записывать в виде

, (3.9)

где – произвольным образом переставленные символы , а запись перестановки в виде (3.7) будем называть канонической.

является обратной к перестановке вида (3.9) и обозначается .

Например, если имеет вид (3.8),

Операция умножения перестановок -ой степени вводится как композиция отображений,

Множество замкнуто относительно операции композиции отображений, т.е. произведение перестановок -ой степени является перестановкой -ой степени. Действительно, композиция обратимых отображений и является обратимым отображением и , т.к.

и аналогично .

Но тогда по критерию обратимости отображения (см.п.3.2) –биективное отображение, т.е. перестановка -ой степени.

Множество содержит тождественное отображение, которое обозначается буквой , ,

и называется единичной перестановкой. Очевидно, что для всех

из , т.е. играет роль единицы для операции умножения перестановок. Учитывая, что , причем

получаем, что множество перестановок -ой степени по операции умножения перестановок образует группу.

Покажем, что , т.е. число различных перестановок -ой степени равно . При построении перестановки вида (3.7) элемент вида можно выбрать способами, тогда для выбора элемента остаётся возможность, а пара <> может быть выбрана способами. Для выбора элемента остаётся возможности, а тройка <> может быть выбрана способами. Продолжая этот процесс, получаем, что набор <> из различных элементов множества может быть выбран

способами. После этого последний элемент выбирается автоматически как единственный оставшийся элемент множества . Таким образом .

3.4 Четные и нечетные перестановки

Перестановка -ой степени называется циклической, если её можно представит в виде

. (3.10)

Относительно элементов будем говорить, что они вовлечены перестановкой в цикл , а относительно элементов , – что оставляет их на месте, . Для циклической перестановки вводится специальное обозначение

и в этом случае называется циклом длины . Например, перестановка

является циклом длины 4. Заметим, что при использовании этого обозначения необходимо указывать степень перестановки, поскольку циклические перестановки разной степени, но с одинаковым набором вовлеченных в цикл элементов, обозначаются одинаково. Например,

но , т.к. , а .

Два цикла и называются независимыми, если числа, участвующие в их однострочной записи, различны. В противном случае циклы и называются зависимыми. Например, циклы и независимы, а циклы и зависимы.

Предложение 3.1. Любую перестановку , можно представить в виде произведения конечного числа независимых циклов.

◄ Пусть и произвольный элемент такой, что . Обозначив и далее по индукции , цикл строим так,

где – первый элемент, совпадающий с одним из предыдущих элементов в записи этого цикла. Отсюда следует, что . В самом деле, если , где , тогда и не удовлетворяет указанному выше условию. После того, как цикл построен, в качестве берем любой элемент, не вошедший в однострочную запись цикла и удовлетворяющий условию , и аналогично циклу строим цикл ,

Ввиду того, что есть биективное отображение, циклы и независимы. Продолжая этот процесс, после конечного числа шагов мы получим независимых циклов , обладающих тем свойством, что каждый элемент , удовлетворяющий условию , попадает в запись одного и только одного цикла. Непосредственной проверкой с применением принципа равенства отображений легко убедиться, что . ►

Пример 4. Следующую перестановку

(3.11)

Разложить в произведение независимых циклов.

◄ Применяя алгоритм, описанный при доказательстве предложения 3.1, получаем,

, (3.12)

где все циклы, стоящие в правой части, являются перестановками десятой степени, т.е.

и аналогично для циклов и . ►

Цикл длины 2 называется транспозицией. Транспозиция называется простой, если .

Предложение 3.2. Любую перестановку степени , , можно представить как в виде произведения конечного числа транспозиций, так и в виде произведения конечного числа простых транспозиций.

◄ Для доказательства справедливости первой части утверждения достаточно проверить, что любой цикл можно представить в виде произведения конечного числа транспозиций, а после этого воспользоваться предложением 3.1. В самом деле, пусть цикл длины , . Непосредственной проверкой, применяя принцип равенства отображений, можно убедиться в том, что

. (3.13)

Тогда в силу предложения 3.1 любую перестановку , отличную от , можно представить в виде произведения конечного числа транспозиций. Если же , тогда , где – произвольная транспозиция, так как

Теперь покажем, что любую транспозицию можно представить в виде произведения нечетного числа простых транспозиций. Пусть , где . Тогда транспозицию можно записать в виде , где . Непосредственной проверкой убеждаемся в справедливости равенства

, (3.14)

в правой части которого стоит произведение простых транспозиций. Для доказательства справедливости второй части утверждения остается воспользоваться его первой частью. ►

Пример 5. Перестановку вида (3.11) разложить в произведение транспозиций.

◄ Обратимся к разложению (3.12) перестановки в произведение циклов. Так как второй цикл – транспозиция, в произведение транспозиций нужно разложить лишь циклы и . Воспользовавшись формулами (3.13), получаем, что

Поэтому искомое разложение перестановки имеет вид

. ►

Пример 6. Следующую перестановку разложить в произведение простых транспозиций.

◄ Разлагая в произведение циклов, получаем, что

где все циклы являются транспозициями, причем – простая транспозиция. По формуле (3.14)

. ►

Перестановка называется четной, если она разлагается в произведение четного числа транспозиций, и нечетной, если она разлагается в произведение нечетного числа транспозиций. На данном этапе введенное определение не является корректным, так как не обсуждена возможность (а точнее невозможность) одновременного разложения произвольной перестановки в произведения как четного, так и нечетного числа транспозиций. На самом деле четность числа транспозиций, на произведение которых разлагается данная перестановка, не зависит от способа её разложения в это произведение. Для того, чтобы доказать этот факт, нужно ввести и изучить еще одно понятие, связанное с перестановками, понятие инверсии.

Пусть , и элементы и где , переводятся перестановкой соответственно в элементы и .

Будем говорить, что пара образует инверсию в перестановке , если , а . В противном случае будем говорить, что пара инверсии не образует.

Пример 7. Пусть . Пары , взятые из нижнего ряда записи перестановки , инверсии образуют, так как , а , а , а . В то же время пары , , , также взятые из нижнего ряда записи , инверсии не образуют, так как и , и , и .

Ясно, что относительно каждой пары можно сказать, образует ли она инверсию или нет. В связи с этим через обозначим число инверсий, имеющихся в перестановке . Очевидное правило подсчета этого числа состоит в следующем. Если задана своей канонической записью, тогда число таково, столько раз в нижней строке большее число стоит левее меньшего.

Пример 8. Для перестановки,

_/>,

а в ряду большее число стоит левее меньшего три раза: , , .

Предложение 3.3. Умножение произвольной перестановки , , , справа на простую транспозицию меняет четность числа .

◄ На самом деле, умножение перестановки справа на простую транспозицию , меняет число на 1. Действительно,

Если , то пара в инверсии не образовывала, а после умножения на инверсию образует. Если , то эта пара в инверсию образовывала, а после умножения на инверсии не образует. Остальные элементы , после умножения на в записи перестановки остались на месте. Поэтому порождаемое ими количество инверсий не изменилось. Итак, . ►

Следующее предложение позволяет обосновать корректность определения четных и нечетных перестановок.

Предложение 3.4. Для того, чтобы произвольную перестановку -ой степени можно было представить в виде произведения четного (нечетного) числа транспозиций, необходимо и достаточно, чтобы число было четным (нечетным).

◄ Необходимость. Пусть , где – транспозиция. В силу предложения 3.2 каждая транспозиция разлагается в произведение нечетного числа простых транспозиций. Но тогда перестановка представима в виде произведения четного числа простых транспозиций , где – сумма четного числа (числа ) нечетных чисел (чисел простых транспозиций). Транспозиция имеет одну инверсию, . В силу предложения 3.3 умножение на простую транспозицию справа меняет четность числа , т.е. число – четное.

Достаточность. Пусть число – четное. Допустим противное, что перестановка представима в виде произведения нечетного числа транспозиций . Так как транспозиция представима в виде произведения нечетного числа простых транспозиций, , то перестановка тоже представима в виде произведения нечетного числа простых транспозиций , где – сумма нечетного числа нечетных чисел. Рассуждая дальше так же как и при доказательстве необходимости, получаем, что число – нечетное. Полученное противоречие говорит о том, что предположение о представимости в виде произведения нечетного числа транспозиций неверно, т.е. перестановка может быть представлена лишь в виде произведения четного числа транспозиций. ►

Предложение 3.5. Как четные, так и нечетные перестановки составляют половину всех перестановок -ой степени, .

◄ На множестве введем отображение , действующее по правилу , где – фиксированная транспозиция. Отображение обратимо, так как , и следовательно, взаимнооднозначно. Но при этом отображении все четные перестановки переходят в нечетные, а все нечетные – в четные. Поэтому числа всех четных и всех нечетных перестановок -ой степени должны быть одинаковы и равны . ►

Name already in use

algorithmica / content / russian / cs / combinatorial-objects / permutations.md

Go to file T
Go to line L
Copy path
Copy permalink

Open with Desktop
View raw
Copy raw contents Copy raw contents

Copy raw contents

Иногда в задачах требуется подсчитать количество некоторых объектов, количество способов сделать что-то. При этом обычно это количество слишком велико, чтобы можно было перечислить все объекты в явном виде.

Например, можно посчитать количество перестановок из $n$ различных элементов следующим образом. Понятно, что на первое место в перестановке мы можем поставить любой из $n$ элементов, на второе — любой из $n — 1$ оставшихся, и так далее. Для последнего места останется только 1 элемент. Значит, число перестановок $n$ элементов равно $n\cdot(n-1)\cdot\ldots\cdot2\cdot1$ , что сокращенно обозначается как $n!$

Принято считать, что $0!=1$

Возведение перестановки в k-ую степень

Условие. Дана перестановка p длины n. Требуется возвести её в k-ую степень, т.е. найти, что получится, если к тождественной перестановке k раз применить перестановку p.

Решение. Просто применим к перестановке p описанный выше алгоритм бинарного возведения в степень. Никаких отличий по сравнению с возведением чисел в степень — нет. Решение получается с асимптотикой O (n \log k).

(Примечание. Данную задачу можно решить и более эффективно, за линейное время. Для этого достаточно выделить в перестановке все циклы, после чего рассмотреть по отдельности каждый цикл и, взяв k по модулю длины текущего цикла, найти ответ для этого цикла.)

Также бинарное возведение в степень можно применить в задачах:

Возведение перестановки в $n$ -ую степень: можно показать, что перемножение перестановок (применение одной к другой) тоже ассоциативно, а значит можно воспользоваться бинарным возведением в степень, где вместо произведения чисел будет применение перестановки за $O(n)$ . (Однако, данную задачу можно решить и более эффективно, за линейное время: для этого достаточно найти в перестановке все циклы, после чего рассмотреть по отдельности каждый цикл и, взяв $n$ по модулю длины текущего цикла, найти ответ для этого цикла.)

Перебрать все перестановки в лексикографическом порядке

В с++ существует функция next_permutation, которая генерируют следующую перестановку, следовательно для того чтобы сгенерировать следующую перестановку мы просто можем ее использовать, пока не найдем последнюю перестановку.

Даны натуральные числа $k$ и $n$ $s.t. 0 \leq k < n!$ . Надо найти $k$ -ую в лексикографическом порядке перестановку чисел от $1$ до $n$ . Например, для $n = 3$ и $k = 4$ надо вывести $3 1 2$ .

Вспомним, что если перестановка $k$ -ая в лексикографическом порядке, то существует ровно $k$ перестановок, которые меньше неё. Будем находить элементы искомой позиции по очереди слева направо, постепенно набирая (неявно) те самые $k$ перестановок, которые меньше нас.

Если мы поставим на первое место не $1$ , а $2$ , то мы заведомо получим перестановку, которая больше всех перестановок, которые начинаются на $1$ , а их $(n-1)!$ . Если мы поставим на первое место не $2$ , а $3$ , то перестановок, которые меньше нас уже $2 \cdot (n-1)!$ итд. Значит, давайте увеличивать первую цифру до тех пор, пока можем (пока $(d-1) \cdot (n-1)! \leq k)$. Затем вычтем из $k$ то число перестановок, которых мы уже заведомо лексикографически больше, и начнём перебирать вторую цифру, теперь уже вычитая $(n-2)!$ , пока можно. Разумеется, каждый раз перебирая цифру на очередную позицию, мы будем пропускать цифры, которые мы уже поставили ранее.

Посколько классы перестановок, которые мы вычитаем, не пересекаются, то в конце мы получим перестановку $\sigma$ , для которой существует ровно $k$ перестановок, которые лексикографически меньше $\sigma$ .

Дана перестановка, требуется получить ее номер в лексикографическом порядке

Заметим, что для каждой позиции нас интересует только то сколько меньших лексикографически вариантов могло стоять на этой позиции, так как любой вариант меньше на этой позиции дает меньшие перестановки независимо от суффикса, следовательно давайте для каждой позиции посчитаем сумму сколько вариантов меньше из-за того, что число на этой позиции меньше

Номер перестановки = $\sum \limits_ \sum \limits_ a[i] > a[j] \cdot (n — i)!$

Дана перестановка чисел от $1$ до $n$ . Надо по ней сгенерировать следующую в лексикографическом порядке.

Пусть $i

Чтобы доказать корректность, надо доказать:

Что получившаяся последовательность лексикографически больше исходной

Что не существует последовательности, которая лексикографически больше исходной, но лексикографически меньше получившейся.

Решим следующую задачу — пусть дана перестановка/сочетание/размещение, надо по ней сгенерировать следующий в лексикографическом порядке объект.

Например, перестановки из 8 элементов:

$(1, 5, 2, 3, 4, 8, 7, 6) \Rightarrow (1, 5, 2, 3, 6, 4, 7, 8)$

Общий принцип вне зависимости от типа объекта такой — надо найти минимальный по длине суффикс, который можно увеличить (лексикографически), не трогая при этом остальной префикс.

Что это значит для перестановок? Посмотрим на тот же пример. Будем постепенно увеличивать суффикс и проверять, можно ли его увеличить.

$(1, 5, 2, 3, 4, 8, 7, [6])$ Одну шестерку никак не изменить

$(1, 5, 2, 3, 4, 8, [7, 6])$ Суффикс — (7,6) из семерки и шестерки нельзя собрать ничего большего

$(1, 5, 2, 3, 4, [8, 7, 6])$ Суффикс — (8,7,6), тут тоже элементы образуют максимальную возможную перестановку между собой.

$(1, 5, 2, 3, [4, 8, 7, 6])$ Вот теперь суффиксом будет $(4, 8, 7, 6)$, мы можем его увеличить. Для этого на первую позицию в суффиксе поставим следующее за четверкой число, в данно случае это 6, а потом оставшиеся числа расставим так, чтобы конец получился наименьшим возможным. То есть ставим шестерку на первое место, а оставшиеся числа расставим по возрастанию.

Сохраняем тот же принцип, каждое сочетание представляет собой отсортированную последовательность чисел от $1$ до $N$ длины $K$ . Значит, будем искать такой суффикс, в котором можно увеличить первый элемент за счет чисел, не использованных в префиксе. Оставшийся суффикс будет логично дополнить последовательными числами, они точно не использовались в префиксе, так как последовательность всегда отсортирована.

Рассмотрим пример: $C_6^4$

Ни суффикс $(6)$ , ни $(5,6)$ увеличить нельзя, можем взять только $(2, 5, 6)$. Значит, заменим $2$ на $3$ , а дальше дополним последовательными числами — $(3, 4, 5)$ .

По сути критерий того, что суффикс можно увеличить заключается в том, что он не является суффиксом последовательности $1, 2, 3, \dots, N — 1, N$

Как получить предыдущий

Здесь наоборот надо найти минимальный суффикс, который можно уменьшить. Как правильно изменить найденный суффикс — первый элемент в суффиксе изменяем на предыдущий возможный, а остальной суффикс делаем максимальным из всех возможных.

Рассмотрим пример для перестановок из восьми элементов:

$(1, 5, 2, 3, 6, 4, 7, 8) \Rightarrow (1, 5, 2, 3, [6, 4, 7, 8]) \Rightarrow (1, 5, 2, 3, 4, 8, 7, 6)$

Метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень

Продолжаем изучать методы решения уравнений. Сейчас мы в деталях разберем метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень. Начнем с теории: рассмотрим, для решения каких уравнений применяется метод, опишем, в чем он состоит, приведем теоретическое обоснование метода возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень, запишем соответствующие алгоритмы решения уравнений. После этого сосредоточимся на практике и рассмотрим разнообразные примеры решения уравнений методом возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень.

Для решения каких уравнений применяется

Метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень в первую очередь применяется для решения иррациональных уравнений. Это объясняется тем, что возведение в натуральную и большую единицы степень позволяет избавляться от корней. Например, возведение в степень позволяет избавляться от корней при решении следующих уравнений:

, C≥0 , в частности, , и т.п. Возведение в квадрат обеих частей первого уравнения позволяет перейти к уравнению , и дальше – к сравнительно простому уравнению без знаков корней x 2 −5=4 . Аналогично, возведение обеих частей второго уравнения в шестую степень приводит к уравнению и дальше — к элементарному уравнению 4−5·x=0 .

, например, , и др. В первом случае избавиться от корня позволяет возведение обеих частей уравнения в квадрат, а во втором случае – в куб.

и , таких как , и подобные им. Для первого уравнения напрашивается возведение его обеих частей в квадрат, для второго – в шестую степень.

уравнений с двумя, тремя корнями в записи, например, и . В таких случаях для избавления от знаков радикалов к возведению обеих частей уравнения в одну и ту же степень приходится обращаться дважды: первый раз в самом начале, второй раз – после преобразований и уединения радикала.

уравнений, в которых под знаком корня находятся другие корни, к примеру, . Здесь также к возведению обеих частей уравнения в одну и ту же степень приходится прибегать два раза.

и это не весь список.

Метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень используется и для решения некоторых уравнений, в которых переменная находится в основаниях степеней с дробными показателями. Например, уравнение можно решить методом возведения его обеих частей в дробную степень 6/11 .

Также метод возведения частей уравнения в степень применяется при решении некоторых степенных уравнений, в которых фигурируют иррациональные показатели. В пример приведем два уравнения и . Возведение их обеих частей в одну и ту же степень (в первом случае в степень , во втором – в степень ) позволяет избавиться от степеней с иррациональными показателями и перейти к сравнительно простым уравнениям.

В чем состоит метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень

Метод состоит в переходе к уравнению, которое получается из исходного путем возведения его обеих частей в одну и ту же степень, и нахождении решения исходного уравнения по решению полученного уравнения.

На практике наиболее часто прибегают к возведению обеих частей уравнения в одну и ту же натуральную степень, большую единицы, то есть, в квадрат, куб и т.д. Делается это на базе следующего утверждения:

Возведение обеих частей уравнения в одну и ту же четную натуральную степень дает уравнение-следствие, а возведение обеих частей уравнения в одну и ту же нечетную натуральную степень, большую единицы, дает равносильное уравнение (см. равносильные уравнения и уравнения-следствия).

Реже приходится обращаться к возведению обеих частей уравнения в другие степени, в частности, в дробные рациональные и иррациональные. В этих случаях отталкиваются от такого утверждения:

Уравнение A(x)=B(x) , на области допустимых значений переменной x для которого A(x)>0 или A(x)≥0 , B(x)>0 или B(x)≥0 , равносильно уравнению A r (x)=B r (x) , где r – положительное действительное число.

Обоснование метода

Обоснованием метода возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень является доказательство утверждений из предыдущего пункта. Приведем эти доказательства.

Возведение обеих частей уравнения в одну и ту же четную натуральную степень дает уравнение-следствие, а возведение обеих частей уравнения в одну и ту же нечетную натуральную степень дает равносильное уравнение.

Докажем его для уравнений с одной переменной. Для уравнений с несколькими переменными принципы доказательства те же.

Пусть A(x)=B(x) – исходное уравнение и x₀ – его корень. Так как x₀ является корнем этого уравнения, то A(x₀)=B(x₀) – верное числовое равенство. Мы знаем такое свойство числовых равенств: почленное умножение верных числовых равенств дает верное числовое равенство. Умножим почленно 2·k , где k – натуральное число, верных числовых равенств A(x₀)=B(x₀) , это нам даст верное числовое равенство A 2·k (x₀)=B 2·k (x₀) . А полученное равенство означает, что x₀ является корнем уравнения A 2·k (x)=B 2·k (x) , которое получено из исходного уравнения путем возведения его обеих частей в одну и ту же четную натуральную степень 2·k .

Для обоснования возможности существования корня уравнения A 2·k (x)=B 2·k (x) , который не является корнем исходного уравнения A(x)=B(x) , достаточно привести пример. Рассмотрим иррациональное уравнение , и уравнение , которое получено из исходного путем возведением его обеих частей в квадрат. Несложно проверить, что нуль является корнем уравнения , действительно, , что то же самое 4=4 — верное равенство. Но при этом нуль является посторонним корнем для уравнения , так как после подстановки нуля получаем равенство , что то же самое 2=−2 , которое неверное. Этим доказано, что уравнение, полученное из исходного путем возведения его обеих частей в одну и ту же четную степень, может иметь корни, посторонние для исходного уравнения.

Так доказано, что возведение обеих частей уравнения в одну и ту же четную натуральную степень приводит к уравнению-следствию.

Остается доказать, что возведение обеих частей уравнения в одну и ту же нечетную натуральную степень дает равносильное уравнение.

Покажем, что каждый корень уравнения является корнем уравнения, полученного из исходного путем возведения его обеих частей в нечетную степень, и обратно, что каждый корень уравнения, полученного из исходного путем возведения его обеих частей в нечетную степень, является корнем исходного уравнения.

Пусть перед нами уравнение A(x)=B(x) . Пусть x₀ – его корень. Тогда является верным числовое равенство A(x₀)=B(x₀) . Изучая свойства верных числовых равенств, мы узнали, что верные числовые равенства можно почленно умножать. Почленно умножив 2·k+1 , где k – натуральное число, верных числовых равенств A(x₀)=B(x₀) получим верное числовое равенство A 2·k+1 (x₀)=B 2·k+1 (x₀) , которое означает, что x₀ является корнем уравнения A 2·k+1 (x)=B 2·k+1 (x) . Теперь обратно. Пусть x₀ – корень уравнения A 2·k+1 (x)=B 2·k+1 (x) . Значит числовое равенство A 2·k+1 (x₀)=B 2·k+1 (x₀) — верное. В силу существования корня нечетной степени из любого действительного числа и его единственности будет верным и равенство . Оно в свою очередь в силу тождества , где a – любое действительное число, которое следует из свойств корней и степеней, может быть переписано как A(x₀)=B(x₀) . А это означает, что x₀ является корнем уравнения A(x)=B(x) .

Так доказано, что возведение обеих частей иррационального уравнения в нечетную степень дает равносильное уравнение.

Доказанное утверждение пополняет известный нам арсенал, использующийся для решения уравнений, еще одним преобразованием уравнений – возведением обеих частей уравнения в одну и ту же натуральную степень. Возведение в одну и ту же четную степень обеих частей уравнения является преобразованием, приводящим к уравнению-следствию, а возведение в нечетную степень – равносильным преобразованием. На этом преобразовании базируется метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень.

Утверждение, касающееся возведения обеих частей уравнения в одну и ту же положительную действительную степень, доказывается аналогично с опорой на единственность степени положительного числа с действительным показателем.

Алгоритмы решения уравнений методом возведения частей в одну и ту же степень

Есть смысл записать три алгоритма решения уравнений методом возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень: первый – для возведения в нечетную степень, второй – для возведения в четную степень, третий – для возведения в ненатуральную положительную степень.

Алгоритм решения уравнений методом возведения обеих частей в одну и ту же нечетную степень:

Обе части уравнения возводятся в одну и ту же нечетную степень 2·k+1 .

Решается полученное уравнение. Его решение есть решение исходного уравнения.

Алгоритм решения уравнений методом возведения обеих частей в одну и ту же четную степень:

Обе части уравнения возводятся в одну и ту же четную степень 2·k .

Решается полученное уравнение.

Если полученное уравнение не имеет корней, то делается вывод об отсутствии корней у исходного уравнения.

Если полученное уравнение имеет корни, то проводится отсеивание посторонних корней любым методом, не завязанным на области допустимых значений, например, через проверку подстановкой.

Обратите внимание: этот алгоритм, в отличие от предыдущего, содержит пункт, касающийся отсеивания посторонних корней. Это связано с тем, что возведение обеих частей уравнения в одну и ту же нечетную степень приводит к равносильному уравнению, а возведение обеих частей уравнения в четную степень в общем случае приводит к уравнению-следствию. Поэтому, в результате возведения в нечетную степень посторонние корни не возникают, а при возведении в четную степень посторонние корни могут появиться. Таким образом, при возведении частей уравнения в четную степень возникает необходимость в отсеивании посторонних корней. Почему отсеивание посторонних корней в этом случае нужно проводить методом, не использующим ОДЗ? Потому что возведение обеих частей уравнения в четную степень может приводить к появлению посторонних корней в пределах ОДЗ, и отсеять их по ОДЗ или по условиям ОДЗ невозможно.

Наконец, запишем алгоритм решения уравнений методом возведения обеих частей в одну и ту же положительную дробную рациональную или иррациональную степень:

Убеждаемся, что выражения в левой и правой части уравнения не принимают отрицательных значений на ОДЗ для решаемого уравнения.

Возводим обе части уравнения в одну и ту же положительную степень.

Решаем полученное уравнение. Его решение дает искомое решение исходного уравнения.

Примеры решения уравнений методом возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень

Большое количество попадающих под разбираемую тему примеров с подробными решениями приведено в статье решение иррациональных уравнений методом возведения обеих частей в одну и ту же степень. В добавление к этим примерам стоит разобрать решение уравнения через возведение обеих частей уравнения в одну и ту же степень, не являющуюся натуральным числом.

Решите уравнение

Решать заданное уравнение можно несколькими разными методами. Например, можно провести решение методом логарифмирования. Также можно преобразовать уравнение к виду и перейти к уравнению на основании метода освобождения от внешней функции, или, сославшись на единственность степени с данным основанием и данным показателем. Но в рамках текущей статьи нас интересует решение уравнения методом возведения его обеих частей в одну и ту же степень, поэтому, проведем решение именно этим методом.

Учитывая свойство степени в степени (см. свойства степеней), несложно догадаться, что избавиться от иррациональных показателей позволяет возведение обеих частей уравнения в степень />. Здесь мимоходом заметим, что />- положительное число (при необходимости смотрите сравнение чисел), и при этом не натуральное. Мы вправе осуществить задуманное возведение частей уравнения в положительную ненатуральную степень, так как степени, находящиеся в левой и правой части исходного уравнения, на ОДЗ для исходного уравнения не принимают отрицательных значений. При этом мы получим равносильное уравнение, что было обосновано в одном из предыдущих пунктов текущей статьи.

Итак, проводим возведение обеих частей уравнения в одну и ту же степень . Имеем . Это уравнение равносильно исходному, значит, решив его, мы будем иметь интересующее нас решение.

Решаем полученное уравнение:

Так мы пришли к кубическому уравнению x 3 −x 2 +2=0 . Один его корень x=−1 легко подбирается. Разделив многочлен x 3 −x 2 +2 на двучлен x+1 , получаем возможность представить кубическое уравнение в виде (x+1)·(x 2 −2·x+2)=0 . Квадратное уравнение x 2 −2·x+2=0 не имеет решений, так как его дискриминант отрицательный. Из этого заключаем, что уравнение x 3 −x 2 +2=0 имеет единственный корень x=−1 .

В процессе решения мы дважды отмечали, что нам будет необходимо сделать проверку найденных корней. Сейчас пришло это время. Проверку выполним через подстановку найденного корня x=−1 в исходное уравнение , имеем

Похожие публикации:

Где купить крепление lga 1700 nzxt

Как выглядит доска для шахмат

На фирме работают 8 аудиторов из которых 3 высокой квалификации

Что делать если вообще не понимаешь математику