Processing math: 100%

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 3 выпуск) М1707*

Условие

Квадрат клетчатой бумаги, состоящий из n×n клеток, разрезан на 2n прямоугольников. При этом каждый прямоугольник расположен либо целиком ниже, либо выше ступенчатой ломаной, разделяющей квадрат (рис.1). Докажите, что найдется клетка клетчатой бумаги, являющаяся одним из названных прямоугольников.

Рис. 1

Решение

Ступенчатая ломанная разрезает квадрат на два ступенчатых треугольника T1 и T2, при этом основание T1 состоит из n клеток, а основание T2 – из n1 клетки. В силу условия задачи, один из них разрезан на m, а другой – на k прямоугольников, причем m+k=2n. Пока что фиксируем внимание на отдельно взятом ступенчатом треугольнике T, в основании которого s клеток (рис.2). Так как при разрезании T на прямоугольники любые две точки из набора A1,A2,,As должны принадлежать разным прямоугольникам, можно заключить, что T нельзя разрезать на менее чем s прямоугольников.

Рис. 2

Разберем далее тот случай, когда T разрезан в точности на s прямоугольников; тогда каждая из точек A1,A2,,As принадлежит только одному из них и, более того, каждая из s закрашенных клеток принадлежит целиком только одному из s прямоугольников. Не закрашенных клеток, примыкающих по сторонам к закрашенным, на единицу меньше, чем закрашенных, поэтому хотя бы один из s прямоугольников не выйдет за пределы своей заштрихованной клетки, т.е. будет с ней совпадать. Возвращаясь к ступенчатым треугольникам T1 и T2, можно сказать, что mn, а kn1. Но так как m+k=2n, то либо m=n, либо k=n1. Значит, либо в T1, либо в T2 найдется прямоугольник, совпадающий с клеткой клетчатой бумаги.

В.Произволов

6.3 Интегрирование рациональных функций.

Рациональной функцией (или дробью) называется функция вида
f(x)=P(x)Q(x),
где P(x) и Q(x) – многочлены. Если степень числителя меньше степени знаменателя, то рациональная дробь называется правильной. Ясно, что каждая рациональная дробь может быть представлена в виде
P(x)Q(x)=R(x)+P1(x)Q(x),
где R(x) – многочлен, а дробь P1(x)Q(x) – правильная. Поскольку интегралы от многочленов вычисляются совсем просто, то мы будем рассматривать методы интегрирования правильных дробей.

Будем различать следующие четыре вида дробей:

  • Axa, где A, a — постоянные.
  • A(xa)k, где A, a — постоянные, k=2,3
  • Mx+Nx2+px+q, где M, N, p, q – постоянные, квадратный трехчлен в знаменателе не имеет действительных корней.
  • Mx+N(x2+px+q)k, где M, N, p, q – постоянные, квадратный трехчлен в знаменателе не имеет действительных корней.

Покажем как вычисляются интегралы от каждой из этих дробей.

  • axadx=Aln|xa|+C.
  • a(xa)kdx=Ak11(xa)k1+C.
  • Mx+Nx2+px+qdx. Для вычисления этого интеграла представим подынтегральное выражение в виде
    Mx+Nx2+px+q=M2(2x+p)+NpM2x2+px+q=M22x+px2+px+q+NpM2x2+px+q.
    Для вычисления интеграла от первого слагаемого справа, очевидно, достаточно выполнить замену t=x2+px+q. Тогда получим
    2x+px2+px+q=ln(x2+px+q)+C.
    Для вычисления интеграла от второго слагаемого справа выделим полный квадрат в знаменателе, т.е. представим знаменатель в виде x2+px+q=(x+p2)2+qp24. Поскольку квадратный трехчлен в знаменателе не имеет действительных корней, то его дискриминант p24q<0. Обозначим a2=qp24. Выполняя замену x+p2=t, получим
    1x2+px+qdx=1(x+p2)2+a2dx=dtt2+a2=1a2dtt2a2+1==1ad(ta)(ta)2+1=1aarctgta+C.
    Возвращаясь теперь к старой переменной, получим исходный интеграл.
  • Mx+N(x2+px+q)k. Для вычисления этого интеграла, как и в предыдущем случае, представим подынтегральное выражение в виде
    Mx+N(x2+px+q)k=M2(2x+p)+NpM2(x2+px+q)k==M22x+p(x2+px+q)k+Npm2(x2+px+q)k.
    Для вычисления интеграла от первого слагаемого справа, очевидно, достаточно выполнить замену t=x2+px+q. Тогда получим
    2x+p(x2+px+q)kdx=1k+1(x2+px+q)k+1+C.
    Для вычисления интеграла от второго слагаемого, как и в предыдущем случае, выделим полный квадрат из квадратного трехчлена в знаменателе. Тогда после замены переменной t=x+p2 он сведется к интегралу вида dt(t2+a2)k. Обозначим этот интеграл через Ik и выведем рекуррентную формулу для вычисления этого интеграла. Будем применять формулу интегрирования по частям. Имеем
    Ik=dt(t2+a2)k=[u=1(t2+a2)k,dv=dtdu=2kt(t2+a2)k+1,v=t]==t(t2+a2)k+2kt2(t2+a2)k+1dt=t(t2+a2)k+2kt2+a2a2(t2+a2)k+1dt==t(t2+a2)k+2kdt(t2+a2)k2ka2dt(t2+a2)k+1==t(t2+a2)k+2kIk2ka2Ik+1.
    Отсюда находим
    Ik+1=12ka2[t(t2+a2)k+(2k1)Ik](k=1,2,).
    При этом, как мы уже вычислили ранее,
    I1=dtt2+a2=1aarctgta+C.
    Итак, и в этом случае мы получили правило вычисления интеграла от дроби четвертого вида.

Из основной теоремы алгебры следует, что каждый многочлен с действительными коэффициентами может быть представлен в виде произведения конечного числа линейных сомножителей вида xa и квадратичных сомножителей вида x2+px+q, где p24q<0. Именно, справедливо равенство
Q(x)=A(xa1)k1(xar)kr(x2+p1x+q1)m1(x2+psx+qs)ms,(1)
где ki и mi – целые неотрицательные числа.
С использованием этого представления можно показать, что справедлива следующая

Теорема. Пусть P(x)Q(x) – правильная дробь, знаменатель которой допускает разложение (1). Тогда эта дробь единственным образом может быть представлена в виде суммы простых дробей, т.е.
P(x)Q(x)=ri=1kij=1Aij(xai)j+ri=1mij=1Mijx+Nij(x2+Pix+qi)j.

Выше уже показано, что интеграл от каждой простой дроби выражается через элементарные функции. Таким образом, справедлива

Теорема. Каждая рациональная дробь имеет первообразную, которая выражается через элементарные функции, а именно, с помощью рациональных функций, логарифмической функции и арктангенса.

Метод Остроградского. Этот метод интегрирования рациональных дробей предназначен для выделения рациональной части из интеграла от рациональной функции. Именно, используя представление (1), интеграл от правильной дроби представляется в виде
P(x)Q(x)==P(x)A(xa1)k1(xar)kr(x2+p1x+q1)m1(x2+psx+qs)msdx==Rk1++kr+2(m1++ms)r2s1(x)dxA(xa1)k11(xar)kr1(x2+p1x+q1)m11(x2+psx+qs)ms1++Sr+2r1(x)A(xa1)(xar)(x2+p1x+q1)m11(x2+psx+qs)dx,
где многочлены Rk1++kr+2(m1++ms)r2s1(x) и Sr+2s1(x) степени k1++kr+2(m1++ms)r2s1 и r+2s1 соответственно имеют неопределенные коэффициенты. Эти коэффициенты находятся затем из условия равенства производных левой и правой частей записанного равенства. Таким образом, вычисление интеграла от правильной дроби сводится к вычислению интеграла от другой правильной дроби, у которой в знаменателе все множители в первой степени. Такой интеграл вычисляется, как указано выше, путем разложения подынтегрального выражения
на простые дроби. Тем самым отпадает необходимость в использовании полученной выше рекуррентной формулы для вычисления интегралов от простой дроби четвертого типа.

Примеры решения задач

  1. Найти неопределенный интеграл I=2x23x+3x32x2+xdx.
    Решение

    Разложим знаменатель на множители: x32x2+x=x(x1)2. Тогда подынтегральная функция представима в виде

    2x23x+3x(x1)2=Ax+Bx1+C(x1)2,
    где A, B, C – постоянные коэффициенты. Для их нахождения приведем выражение справа к общему знаменателю и, приравнивая числители полученных дробей, найдем

    2x23x+3=A(x1)2+Bx(x1)+Cx.

    Поскольку это тождество имеет место при всех x, кроме x=0,x=1, то коэффициенты этих многочленов при одинаковых степенях x равны. Приравнивая их, получаем линейную систему уравнений

    x2:A+B=2x:2AB+C=3x0:A=3}

    Решая эту систему, находим A=3, B=1, C=2. Подставляя эти значения в разложение подынтегральной функции и вычисляя соответствующие интегралы, получаем
    I=3ln|x|ln|x1|2x1+C=ln|x|3|x1|2x1+C.

  2. Найти неопределенный интеграл I=xdxx3+1dx.
    Решение

    Как и в предыдущем примере, разложим на множители знаменатель:

    x3+1=(x+1)(x2x+1).
    Раскладываем подынтегральное выражение с неопределнными коэффициентами
    xx3+1=Ax+1+Mx+Nx2x+1,
    откуда x=A(x2x+1)+(Mx+N)(x+1). Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, составляем линейную систему для нахождения чисел A, M, N:
    x2:0+A+M,x:1=A+M+N,x0:0=A+N.}
    Решая эту систему, находим A=13,M=N=13. Поэтому
    I=13ln|x+1|+13x+1x2x+1dx==13ln|x+1|+162x1x2x+1dx+12dxx2x+1==13ln|x+1|+16ln(x2x+1)+12dx(x12)2+34==13ln|x+1|+16ln(x2x+1)+13arctg23(x12)+C.

  3. Найти неопределенный интеграл (x219x+6)(x1)(x2+5x+6)dx
    Решение

    Разложим знаменатель на множители: (x1)(x2+5x+6)=(x1)(x2)(x3). Тогда подынтегральная функция представима в виде:
    x219x+6(x1)(x2+5x+6)=Ax1+Bx+2+Cx+3
    Для нахождения A,B и C приведем выражение справа к общему знаменателю и, приравнивая числители полученных дробей, найдем
    A(x2+5x+6)+B(x2+2x3)+c(x2+x2)=x219x+6
    Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, составляем систему линейных уравнений для нахождения чисел A,B,C
    x2:1=A+B+Cx:19=5A+2B+Cx0:6=6A3B2C}
    Решаем систему, получаем значения A=1;B=16;C=18. Возвращаемся к изначальному интегралу и находим окончательное решение
    (1x116x+2+18x+3)dx=ln|x1|16ln|x+2|+18ln|x+3|+C.

  4. Найти неопределенный интеграл x26x+8x3+8dx
    Решение

    По формуле суммы кубов раскладываем знаменатель на множители, используя формулу сокращенного умножения a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)
    x26x+8x3+8dx=x26x+8(x+2)(x22x+4)dx.
    Методом неопределенных коэффициентов разложим подынтегральную функцию в сумму элементарных дробей
    Ax+2+Bx+Cx22x+4=x26x+8(x+2)(x22x+4).
    Приводим дробь к общему знаменателю
    A(x22x+4)+B(x2+2x)+C(x+2)=x26x+8
    Составим и решим систему
    x2:A+B=1x:2A+2B+C=6x0:4A+2C=8}
    Подставим значения A=2, B=1, C=0 в функцию и найдем интеграл
    (2x+2xx22x+4)dx=2dxx+2+12d(x22x+4)dxx22x+4==2ln|x+2|12d(x22x+4)x22x+4dxx22x+1+3==2ln|x+2|12ln(x22x+4)d(x1)(x1)2+(3)2==2ln|x+2|12ln(x22x+4)13arctg(x13)+C.

Интегрирование рациональных функций

Тест на тему: Интегрирование рациональных функций

Литература:

Смотрите также:

 

М1770. Игра с многочленом

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 5 выпуск)

Условие

Дан многочлен степени 10 с буквенными коэффициентами. Двое поочередно заменяют какую-нибудь букву на число, пока не заменят все буквы. Обозначим полученный многочлен A(x). Пусть a1=maxA(x) при x от 1 до 0, a2=maxA(x) при x от 0 до +1. Если a1>a2, то выиграл первый игрок, если a1<a2, то второй. Кто победит при правильной игре?

Решение

Результат игры в основном определяется тем, кто выберет последний коэффициент при нечетной степени. Это будет первый игрок, который может гарантировать свой не проигрыш. Говорить о выигрыше пока рано: может быть, за счет выбора коэффициентов при четных степенях второму игроку удастся добиться, чтобы maxA(x) при x от 1 до +1 был бы при x=0 (a1=a2 – ничья). Однако если первый игрок сразу выберет коэффициент при первой степени равным единице, то он гарантирует, что максимума в нуле нет, так как производная не равна нулю. Затем правильным назначением последнего коэффициента при нечетной степени (это будет достаточно большое по модулю число) первый игрок решительно склонит «чашу весов» в свою сторону. Он обеспечит себе победу независимо от возможных последующих назначений коэффициентов при четных степенях.

Н.Васильев, Б.Гинзбург

М1768. Аэробус

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 5 выпуск)

Условие

а) Расположите первые 100 натуральных чисел в таком порядке, чтобы для любых нескольких (но не всех) из этих чисел сумма номеров занятых ими мест не равнялась сумме самих этих чисел.

б*) При посадке в аэробус пассажиры сели куда попало. В итоге все места оказались заняты, а для любого множества, в котором не более 100 пассажиров, среднее арифметическое номеров занятых ими мест не менее чем на 1 отличается от среднего арифметического номеров мест, указанных в билетах. Каково наименьшее возможное число мест в таком аэробусе?

Решение

а) Укажем два способа: 100,1,2,,97,98,99 и 2,3,4,,99,100,1. Каждый из них дает требуемое расположение чисел, в чем легко непосредственно убедиться.

б) Ответ: 301 место.
Каждый пассажир включен в один из циклов вида P1,P2,,Pm, где P1,P2,,Pm – некоторые пассажиры, причем Pi-й пассажир (i=1,2,,m1) имеет билет на место, которое занимает Pi+1-й пассажир, а Pm-й пассажир – на место, которое занимает P1-й пассажир. Если в таком цикле 100 пассажиров или менее, то все они могли составить одну рассматриваемую группу, для которой среднее арифметическое номеров занимаемых ими мест равно среднему арифметическому номеров мест, указанных в их билетах, что противоречит условию. Поэтому m101+r202. Значит, если число циклов не меньше 3, то в аэробусе размещаются 303 или более пассажиров. Заметим далее, что если Pk,Pk+1,,Pk+r– цепочка пассажиров, последовательно включенных в некоторый цикл, причем номера билетов Pk-го и Pk+r-го отличаются на 1, то r101. Рассматривая цепочку Pk+r,Pk+r+1,,Pm,P1,,Pk, получим неравенство m(k+r)+k101. Следовательно, m101+r202 , и поэтому число мест в аэробусе может быть меньшим, чем 303, только если выполняется одно из следующих условий:

  1. Все пассажиры включены в один цикл;
  2. Число циклов равно 2, причем любые два билета на соседние (по номерам) места принадлежат пассажирам из разных циклов.

Пусть выполнено первое условие. Рассмотрим пассажиров An,An+1 и An+2 с билетами на n-е, (n+1)-е и (n+2)-е места соответственно. Между An-м и An+1-м пассажирами в кратчайшей из цепочек, их соединяющих, имеется не менее 100 пассажиров, между An+1-м и An+2-м также не менее 100 пассажиров, а между An+2-м и An-м либо нет ни одного пассажира, либо имеется не менее 100. Значит, если общее число мест меньше 303, то либо An сидит на (n+2)-м месте, либо An+2 сидит на n-м месте. Ввиду произвольности номера n имеем (с точностью до направления) цикл A1A3A5ANA2A4AN, где N и N – наибольший нечетный и наибольший четный номера соответственно, а Ai–пассажир, занимающий i-е место, i=1,2,,max(N,N).Пассажиры, сидящие на местах N,2,4,,198, имеют билеты на места 2,4,6,,200, а разность соответствующих средних равна (N200):100. Так как эта разность больше 1, получаем N301. Нетрудно убедиться, что цикл A1A3A5A301A2A4A300 удовлетворяет условиям задачи. Пусть теперь выполнено второе условие, т.е. имеются два цикла, каждый из которых включает всех пассажиров с билетами на места одной четности. Если в каком-нибудь из этих циклов пассажир An сидит не на (n+2)-м месте, а An+2– не на n-м месте, то в цикле не менее 202 пассажиров, а в аэробусе – не менее 403 мест. В противном же случае имеем (с точностью до направления) цикл A1A3A5AN , где пассажиры с билетами на места 1,3,5,,199 сидят на местах N,1,3,,197; разность соответствующих средних арифметических (N199):100 больше 1, откуда N301.

С.Токарев