Ebben a cikkben minden szükséges információt megtalál a kérdés megválaszolásához, hogyan lehet egy számot prímtényezőkké alakítani. Először egy általános elképzelést adunk egy szám prímtényezőkre való felosztásáról, és példákat adunk a dekompozíciókra. Az alábbiakban egy szám prímtényezőkre bontásának kanonikus formáját mutatjuk be. Ezek után megadunk egy algoritmust tetszőleges számok prímtényezőkre bontására, és példákat adunk a számok ezzel az algoritmussal történő felbontására. Alternatív módszereket is fontolóra veszünk, amelyek lehetővé teszik a kis egész számok gyors prímtényezőkbe való beszámítását oszthatósági tesztek és szorzótáblák segítségével.

Oldalnavigáció.

Mit jelent egy számot prímtényezőkbe beépíteni?

Először is nézzük meg, melyek az elsődleges tényezők.

Nyilvánvaló, hogy mivel a „tényezők” szó szerepel ebben a kifejezésben, akkor van néhány szám szorzata, és az „egyszerű” minősítő szó azt jelenti, hogy minden tényező prímszám. Például egy 2·7·7·23 alakú szorzatban négy prímtényező van: 2, 7, 7 és 23.

Mit jelent egy számot prímtényezőkbe beépíteni?

Ez azt jelenti, hogy ezt a számot prímtényezők szorzataként kell ábrázolni, és a szorzat értékének meg kell egyeznie az eredeti számmal. Példaként vegyük három prímszám 2, 3 és 5 szorzatát, amely egyenlő 30-zal, így a 30-as szám prímtényezőkre bontása 2·3·5. Általában egy szám prímtényezőkre bontását egyenlőségként írjuk fel a példánkban: 30=2·3·5; Külön hangsúlyozzuk, hogy a bővítés prímtényezői megismételhetők. Ezt jól szemlélteti a következő példa: 144=2·2·2·2·3·3. De a 45=3·15 formátumú reprezentáció nem prímtényezőkre való bontás, mivel a 15-ös szám összetett szám.

Felmerül a következő kérdés: „Milyen számok bonthatók fel prímtényezőkre?”

A választ keresve a következő okfejtést mutatjuk be. A prímszámok értelemszerűen az egynél nagyobbak közé tartoznak. Figyelembe véve ezt a tényt és , azt mondhatjuk, hogy több prímtényező szorzata egynél nagyobb pozitív egész szám. Ezért a prímtényezőkké való faktorizálás csak 1-nél nagyobb pozitív egész számok esetén történik.

De minden egynél nagyobb egész szám beszámítható-e prímtényezőkbe?

Nyilvánvaló, hogy egyszerű egész számokat nem lehet prímtényezőkké alakítani. Ennek az az oka, hogy a prímszámoknak csak két pozitív tényezője van - az egyik és önmaga, ezért nem ábrázolhatók két vagy több prímszám szorzataként. Ha a z egész szám az a és b prímszámok szorzataként ábrázolható, akkor az oszthatóság fogalma arra engedne következtetni, hogy z osztható a-val és b-vel is, ami a z szám egyszerűsége miatt lehetetlen. Azonban úgy gondolják, hogy bármely prímszám maga is egy dekompozíció.

Mi a helyzet az összetett számokkal? Az összetett számokat felbontják-e prímtényezőkre, és minden összetett számra vonatkozik-e ez a felbontás? Az aritmetika alaptétele számos kérdésre igenlő választ ad. Az aritmetika alaptétele kimondja, hogy minden 1-nél nagyobb a egész szám felbontható p 1, p 2, ..., p n prímtényezők szorzatára, és a felosztás a = p 1 · p 2 · formájú. … · p n, és ez a bővítés egyedi, ha nem vesszük figyelembe a tényezők sorrendjét

Egy szám kanonikus faktorizálása prímtényezőkké

Egy szám bővítésekor a prímtényezők ismétlődnek. Az ismétlődő prímtényezők tömörebben írhatók fel a használatával. Legyen egy szám dekompozíciójában a p 1 prímtényező s 1-szer, a p 2 – s prímtényező 2-szer, és így tovább, p n – s n-szer. Ekkor az a szám prímtényezőssége így írható fel a=p 1 s 1 ·p 2 s 2 ·…·p n s n. Ez a rögzítési forma az ún egy szám kanonikus faktorizálása prímtényezőkké.

Adjunk példát egy szám prímtényezőkre történő kanonikus felbontására. Ismertesse velünk a bomlást 609 840=2 2 2 2 3 3 5 7 11 11, kanonikus jelölése az alakja 609 840=2 4 3 2 5 7 11 2.

A számok kanonikus faktorizálása prímtényezőkké lehetővé teszi, hogy megtalálja a szám összes osztóját és osztói számát.

Algoritmus számok prímtényezőkké alakítására

Ahhoz, hogy sikeresen megbirkózzon egy szám prímtényezőkre bontásának feladatával, nagyon jól kell ismernie a cikkben található prímszámok és összetett számok információit.

Az egyet meghaladó pozitív egész szám felbontásának folyamatának lényege az aritmetika alaptételének bizonyításából derül ki. A lényeg, hogy egymás után keressük meg az a, a 1, a 2, ..., a n-1 számok legkisebb p 1, p 2, ..., p n prímosztóit, amivel egyenlőségsorozatot kaphatunk. a=p 1 ·a 1, ahol a 1 = a:p 1, a=p 1 ·a 1 =p 1 ·p 2 ·a 2, ahol a 2 =a 1:p 2, …, a=p 1 ·p 2 ·…·p n ·a n , ahol a n =a n-1:p n . Ha kiderül, hogy a n =1, akkor az a=p 1 ·p 2 ·…·p n egyenlőség megadja az a szám kívánt prímtényezőkre való felosztását. Itt kell megjegyezni azt is p 1 ≤ p 2 ≤ p 3 ≤… ≤ p n.

Azt kell kitalálni, hogyan találjuk meg minden lépésben a legkisebb prímtényezőket, és lesz egy algoritmusunk egy szám prímtényezőkre bontására. A prímszámok táblázata segít megtalálni a prímtényezőket. Mutassuk meg, hogyan kapjuk meg a z szám legkisebb prímosztóját.

Sorrendben veszünk ki prímszámokat a prímszámtáblázatból (2, 3, 5, 7, 11 és így tovább), és elosztjuk velük a megadott z számot. Az első prímszám, amellyel z egyenlő arányban van osztva, lesz a legkisebb prímosztója. Ha a z szám prím, akkor a legkisebb prímosztója maga a z szám lesz. Emlékeztetni kell arra, hogy ha z nem prímszám, akkor a legkisebb prímosztója nem haladja meg a számot, ahol z-ből származik. Így ha a -t meg nem haladó prímszámok között egyetlen osztója sem volt a z számnak, akkor arra a következtetésre juthatunk, hogy z prímszám (erről bővebben az elmélet fejezetben található Ez a szám prím vagy összetett címszó alatt ).

Példaként bemutatjuk, hogyan lehet megtalálni a 87 szám legkisebb prímosztóját. Vegyük a 2-es számot. A 87-et elosztjuk 2-vel, 87:2=43-at kapunk (a maradék 1) (ha szükséges, lásd a cikket). Vagyis ha 87-et osztunk 2-vel, a maradék 1, tehát a 2 nem osztja a 87-et. A következő prímszámot vesszük a prímszámtáblázatból, ez a 3. A 87-et elosztjuk 3-mal, 87:3=29-et kapunk. Így a 87 osztható 3-mal, ezért a 3 a 87 szám legkisebb prímosztója.

Figyeljük meg, hogy általános esetben egy a szám prímtényezőkbe való beszámításához szükségünk van egy prímszámtáblázatra, legfeljebb egy számig, mint . Minden lépésnél hivatkoznunk kell erre a táblázatra, ezért kéznél kell tartanunk. Például ahhoz, hogy a 95-öt prímtényezőkké alakítsuk, csak egy prímszámtáblázatra lesz szükségünk 10-ig (mivel a 10 nagyobb, mint ). A 846 653 szám lebontásához pedig már szükség lesz egy prímszámtáblázatra 1000-ig (mivel az 1000 nagyobb, mint ).

Most már elég információnk van ahhoz, hogy leírjuk algoritmus számok prímtényezőkké alakítására. Az a szám bontásának algoritmusa a következő:

• A prímszámtáblázatból sorba rendezve a számokat, megtaláljuk az a szám legkisebb p 1 prímosztóját, ami után kiszámítjuk az 1 =a:p 1-et. Ha a 1 =1, akkor az a szám prím, és maga is prímtényezőkre bontása. Ha egy 1 nem egyenlő 1-gyel, akkor a=p 1 ·a 1 lesz, és továbblépünk a következő lépésre.
• Megkeressük az a 1 szám legkisebb p 2 prímosztóját, ehhez a prímszámtáblázatból p 1 -től kezdve sorba rendezzük a számokat, majd kiszámítjuk a 2 =a 1:p 2 -t. Ha a 2 =1, akkor az a szám szükséges prímtényezőkre bontása a=p 1 ·p 2 alakú. Ha a 2 nem egyenlő 1-gyel, akkor a=p 1 ·p 2 ·a 2 lesz, és továbblépünk a következő lépésre.
• A prímszámok táblázatából a p 2-vel kezdődő számokat végigjárva megtaláljuk az a 2 szám legkisebb p 3 prímosztóját, ami után kiszámoljuk a 3 =a 2:p 3-at. Ha a 3 =1, akkor az a szám szükséges prímtényezőkre való felosztása a=p 1 ·p 2 ·p 3 alakú. Ha a 3 nem egyenlő 1-gyel, akkor a=p 1 ·p 2 ·p 3 ·a 3 lesz, és továbblépünk a következő lépésre.
• Az a n-1 szám legkisebb p n prímosztóját úgy találjuk meg, hogy a prímszámokat p n-1-től kezdve rendezzük, valamint a n =a n-1:p n, és egy n egyenlő 1-gyel. Ez a lépés az algoritmus utolsó lépése, itt megkapjuk az a szám szükséges prímtényezőkre történő felosztását: a=p 1 ·p 2 ·…·p n.

Az érthetőség kedvéért a szám prímtényezőkre bontására szolgáló algoritmus minden lépésében kapott összes eredményt a következő táblázat formájában mutatjuk be, amelyben az a, a 1, a 2, ..., a n számok egymás után vannak felírva. egy oszlopban a függőleges vonaltól balra, és a sortól jobbra - a megfelelő legkisebb prímosztók p 1, p 2, ..., p n.

Már csak néhány példát kell figyelembe venni a számok prímtényezőkre bontására kapott algoritmus alkalmazására.

Példák prímtényezőkre

Most részletesen megvizsgáljuk példák a számok prímtényezőkké alakítására. A felbontásnál az előző bekezdés algoritmusát fogjuk használni. Kezdjük az egyszerű esetekkel, és fokozatosan bonyolítsuk azokat, hogy találkozzunk minden lehetséges árnyalattal, amely a számok prímtényezőkre való felosztása során felmerül.

Példa.

Szerezze be a 78-as számot prímtényezőibe.

Megoldás.

Elkezdjük keresni az a=78 szám első legkisebb p 1 prímosztóját. Ehhez elkezdjük a prímszámok szekvenciális rendezését a prímszámtáblázatból. Felvesszük a 2-es számot és elosztjuk vele a 78-at, így 78:2=39 kapjuk. A 78-as számot maradék nélkül osztjuk 2-vel, így p 1 =2 a 78-as szám első talált prímosztója. Ebben az esetben a 1 =a:p 1 =78:2=39. Így jutunk el az a=p 1 ·a 1 egyenlőséghez, amelynek alakja 78=2·39. Nyilvánvaló, hogy az 1 =39 különbözik az 1-től, így továbblépünk az algoritmus második lépésére.

Most az a 1 =39 szám legkisebb p 2 prímosztóját keressük. A számok felsorolását a prímszámok táblázatából kezdjük úgy, hogy p 1 =2. A 39-et elosztjuk 2-vel, 39:2=19-et kapunk (a maradék 1). Mivel a 39 nem osztható egyenletesen 2-vel, ezért a 2 nem osztó. Ekkor kivesszük a prímszámok táblázatából a következő számot (3-as szám), és elosztjuk vele a 39-et, így 39:3=13-at kapunk. Ezért p 2 =3 a 39 szám legkisebb prímosztója, míg a 2 =a 1:p 2 =39:3=13. Az a=p 1 ·p 2 ·a 2 egyenlőség 78=2·3·13 formában van. Mivel a 2 =13 különbözik 1-től, továbblépünk az algoritmus következő lépésére.

Itt meg kell találnunk az a 2 =13 szám legkisebb prímosztóját. A 13-as szám legkisebb p 3 prímosztójának megkeresésére sorba rendezzük a prímszámok táblázatában szereplő számokat p 2 =3-tól kezdve. A 13-as szám nem osztható 3-mal, mivel 13:3=4 (többi 1), a 13 sem osztható 5-tel, 7-tel és 11-gyel, mivel 13:5=2 (többi 3), 13:7=1 (6. pihenő) és 13:11=1 (2. pihenő). A következő prímszám a 13, és a 13 maradék nélkül osztható vele, ezért a 13 legkisebb p 3 prímosztója maga a 13, a 3 =a 2:p 3 =13:13=1. Mivel a 3 =1, az algoritmusnak ez a lépése az utolsó, és a 78-as szám szükséges prímtényezőkre bontása 78=2·3·13 (a=p 1 ·p 2 ·p 3 ) formában történik.

Válasz:

78=2·3·13.

Példa.

Fejezd ki a 83 006 számot prímtényezők szorzataként.

Megoldás.

A számokat prímtényezőkre bontó algoritmus első lépésében p 1 =2 és egy 1 =a:p 1 =83,006:2=41,503 értéket találunk, amelyből 83,006=2·41,503.

A második lépésben megtudjuk, hogy 2, 3 és 5 nem prímosztói az a 1 =41,503 számnak, hanem a 7-es szám igen, mivel 41,503:7=5,929. Van p 2 =7, a 2 =a 1:p 2 =41,503:7=5,929. Így 83 006 = 2 7 5 929.

Az a 2 =5 929 szám legkisebb prímosztója a 7, mivel 5 929:7 = 847. Így p 3 =7, a 3 =a 2:p 3 =5 929:7 = 847, ebből 83 006 = 2·7·7·847.

Ezután azt találjuk, hogy az a 3 =847 szám legkisebb p 4 prímosztója egyenlő 7-tel. Ekkor egy 4 =a 3:p 4 =847:7=121, tehát 83 006=2·7·7·7·121.

Most megtaláljuk az a 4 =121 szám legkisebb prímosztóját, ez a p 5 =11 szám (mivel a 121 osztható 11-gyel és nem osztható 7-tel). Ekkor egy 5 =a 4:p 5 =121:11=11, és 83 006=2·7·7·7·11·11.

Végül az a 5 =11 szám legkisebb prímosztója a p 6 =11 szám. Ekkor egy 6 =a 5:p 6 =11:11=1. Mivel a 6 =1, a szám prímtényezőkre bontására szolgáló algoritmusnak ez a lépése az utolsó, és a kívánt felosztás 83 006 = 2·7·7·7·11·11.

A kapott eredményt a szám kanonikus felbontásaként írhatjuk fel prímtényezőkre 83 006 = 2·7 3 ·11 2.

Válasz:

83 006=2 7 7 7 11 11=2 7 3 11 2 A 991 egy prímszám. Valójában nincs egyetlen prímosztója sem, amely ne haladja meg a ( durván becsülhető így, mivel nyilvánvaló, hogy 991<40 2 ), то есть, наименьшим делителем числа 991 является оно само. Тогда p 3 =991 и a 3 =a 2:p 3 =991:991=1 . Следовательно, искомое разложение числа 897 924 289 на простые множители имеет вид 897 924 289=937·967·991 .

Válasz:

897 924 289=937·967·991.

Oszthatósági próbák használata prímtényezősítéshez

Egyszerű esetekben felbonthat egy számot prímtényezőkre anélkül, hogy a jelen cikk első bekezdésében található lebontási algoritmust használná. Ha a számok nem nagyok, akkor prímtényezőkre bontásukhoz gyakran elég ismerni az oszthatóság jeleit. A tisztázás kedvéért mondjunk példákat.

Például a 10-es számot prímtényezőkbe kell beszámítanunk. A szorzótáblából tudjuk, hogy 2·5=10, a 2-es és 5-ös számok pedig nyilvánvalóan prímek, így a 10-es szám prímtényezőssége így néz ki, hogy 10=2·5.

Egy másik példa. A szorzótábla segítségével a 48-as számot prímtényezőkbe vesszük. Tudjuk, hogy a hat az nyolc-negyvennyolc, azaz 48 = 6,8. Azonban sem a 6, sem a 8 nem prímszámok. De tudjuk, hogy kétszer három hat, kétszer négy pedig nyolc, azaz 6=2·3 és 8=2·4. Ekkor 48=6·8=2·3·2·4. Nem szabad elfelejteni, hogy kétszer kettő négy, akkor megkapjuk a kívánt bontást 48 = 2·3·2·2·2 prímtényezőkre. Írjuk fel ezt a bővítést kanonikus formában: 48=2 4 ·3.

De amikor a 3400-as számot prímtényezőkbe veszi, használhatja az oszthatósági kritériumokat. A 10-zel, 100-zal való oszthatóság jelei alapján kijelenthetjük, hogy 3400 osztható 100-zal, 3400=34·100, 100 pedig 10-zel, 100=10·10, tehát 3400=34·10·10. A 2-vel való oszthatóság tesztje alapján pedig azt mondhatjuk, hogy a 34, 10 és 10 faktorok mindegyike osztható 2-vel, azt kapjuk 3 400=34 10 10=2 17 2 5 2 5. Az így létrejövő bővítés minden tényezője egyszerű, ezért ez a bővítés a kívánt. Már csak a tényezőket kell átrendezni úgy, hogy azok növekvő sorrendben menjenek: 3 400 = 2·2·2·5·5·17. Írjuk fel ennek a számnak a kanonikus felosztását is prímtényezőkre: 3 400 = 2 3 ·5 2 ·17.

Amikor egy adott számot prímtényezőkre bontunk, használhatjuk felváltva az oszthatósági előjeleket és a szorzótáblát is. Képzeljük el a 75-ös számot prímtényezők szorzataként. Az 5-tel való oszthatóság tesztje lehetővé teszi, hogy kijelentsük, hogy 75 osztható 5-tel, és azt kapjuk, hogy 75 = 5·15. A szorzótáblából pedig tudjuk, hogy 15=3·5, tehát 75=5·3·5. Ez a 75-ös szám szükséges bontása prímtényezőkre.

Bibliográfia.

• Vilenkin N.Ya. és mások. 6. évfolyam: tankönyv általános oktatási intézmények számára.
• Vinogradov I.M. A számelmélet alapjai.
• Mikhelovich Sh.H. Számelmélet.
• Kulikov L.Ya. és egyebek Algebrai és számelméleti feladatgyűjtemény: Tankönyv fizika és matematika szakos hallgatóknak. pedagógiai intézetek szakterületei.

Ha az f(x) függvénynek egy adott a pontot tartalmazó intervallumon minden rendjének deriváltja van, akkor a Taylor-képlet alkalmazható rá:
,
Ahol r n– a sorozat úgynevezett maradéktagja vagy maradéka, a Lagrange-képlet segítségével becsülhető meg:
, ahol az x szám x és a között van.

A függvények bevitelének szabályai:

Ha valamilyen értékért x r n→0 at n→∞, akkor a határértékben a Taylor-képlet erre az értékre konvergenssé válik Taylor sorozat:
,
Így az f(x) függvény Taylor-sorrá bővíthető a vizsgált x pontban, ha:
1) minden rendből származékai vannak;
2) a megszerkesztett sorozat ezen a ponton konvergál.

Ha a = 0, akkor az úgynevezett sorozatot kapjuk Maclaurin közelében:
,
A Maclaurin sorozat legegyszerűbb (elemi) függvényeinek bővítése:
Exponenciális függvények
, R=∞
Trigonometrikus függvények
, R=∞
, R=∞
, (-π/2< x < π/2), R=π/2
Az actgx függvény nem bővül x hatványaiban, mert ctg0=∞
Hiperbolikus függvények


Logaritmikus függvények
, -1
Binomiális sorozat
.

1. számú példa. Bontsa ki a függvényt hatványsorokká f(x)= 2x.
Megoldás. Keressük meg a függvény értékeit és deriváltjait itt x=0
f(x) = 2x, f( 0) = 2 0 =1;
f"(x) = 2x ln2, f"( 0) = 2 0 ln2=ln2;
f""(x) = 2x 22-ben, f""( 0) = 2 0 ln 2 2= ln 2 2;
…
f(n)(x) = 2x ln n 2, f(n)( 0) = 2 0 ln n 2=ln n 2.
A származékok kapott értékeit behelyettesítve a Taylor-sor képletébe, a következőket kapjuk:

Ennek a sorozatnak a konvergencia sugara egyenlő a végtelennel, ezért ez a kiterjesztés érvényes -∞<x<+∞.

2. példa. Írd fel a Taylor sorozatot hatványokkal ( x+4) funkcióhoz f(x)= e x.
Megoldás. Az e függvény deriváltjainak megkeresése xés értékeiket a ponton x=-4.
f(x)= e x, f(-4) = e -4 ;
f"(x)= e x, f"(-4) = e -4 ;
f""(x)= e x, f""(-4) = e -4 ;
…
f(n)(x)= e x, f(n)( -4) = e -4 .
Ezért a függvény szükséges Taylor sorozatának alakja a következő:

Ez a bővítés a -∞-re is érvényes<x<+∞.

3. példa. Funkció kibontása f(x)=ln x erők sorozatában ( X- 1),
(azaz a Taylor sorozatban a pont közelében x=1).
Megoldás. Keresse meg ennek a függvénynek a deriváltjait.
f(x)=lnx , , , ,

f(1)=ln1=0, f"(1)=1, f""(1)=-1, f"""(1)=1*2,..., f (n) =(- 1) n-1 (n-1)!
Ezeket az értékeket behelyettesítve a képletbe, megkapjuk a kívánt Taylor sorozatot:

A d'Alembert-teszt segítségével ellenőrizheti, hogy a sorozat ½x-1½ konvergál.<1 . Действительно,

A sorozat akkor konvergál, ha ½ X- 1½<1, т.е. при 0<x<2. При x=2 kapunk egy váltakozó sorozatot, amely kielégíti a Leibniz-kritérium feltételeit. Ha x=0, a függvény nincs definiálva. Így a Taylor-sor konvergenciatartománya a félig nyitott intervallum (0;2]).

4. számú példa. Bontsa ki a függvényt hatványsorokká.
Megoldás. Az (1) bővítésben x-et -x 2-vel helyettesítjük, így kapjuk:
, -∞

5. számú példa. Bővítse ki a függvényt egy Maclaurin sorozatban .
Megoldás. Nekünk van
A (4) képlet segítségével felírhatjuk:

a képletben x helyett –x-et behelyettesítve a következőt kapjuk:

Innen a következőt kapjuk: ln(1+x)-ln(1-x) = -
A zárójeleket kinyitva, a sorozat feltételeit átrendezve és hasonló kifejezéseket hozva azt kapjuk
. Ez a sorozat a (-1;1) intervallumban konvergál, mivel két sorozatból származik, amelyek mindegyike ebben az intervallumban konvergál.

Megjegyzés .
Az (1)-(5) képletekkel a megfelelő függvények Taylor sorozattá is bővíthetők, pl. függvények bővítésére pozitív egész hatványokban ( Ha). Ehhez egy adott függvényen olyan azonos transzformációkat kell végrehajtani, hogy megkapjuk az (1)-(5) függvények egyikét, amelyben helyette x k( Ha) m , ahol k konstans szám, m pozitív egész szám. Gyakran kényelmes a változó megváltoztatása t=Haés a kapott függvényt kibővítjük a Maclaurin-sor t függvényében.

Ez a módszer egy hatványsorbeli függvény kiterjesztésének egyediségére vonatkozó tételen alapul. Ennek a tételnek az a lényege, hogy ugyanazon pont szomszédságában nem kaphatunk két különböző hatványsort, amely ugyanahhoz a függvényhez konvergálna, függetlenül attól, hogy a kiterjesztését hogyan hajtjuk végre.

5a. példa. Bontsa ki a függvényt egy Maclaurin sorozatban, és jelölje meg a konvergencia tartományát.
Megoldás. Először megtaláljuk az 1-x-6x 2 =(1-3x)(1+2x) , .
elemihez:

A 3/(1-3x) tört egy 3x-os nevezővel végtelenül csökkenő geometriai progresszió összegének tekinthető, ha |3x|< 1. Аналогично, дробь 2/(1+2x) как сумму бесконечно убывающей геометрической прогрессии знаменателем -2x, если |-2x| < 1. В результате получим разложение в степенной ряд

konvergenciarégióval |x|< 1/3.

6. számú példa. Bontsa ki a függvényt Taylor sorozattá az x = 3 pont közelében.
Megoldás. Ez a probléma a korábbiakhoz hasonlóan megoldható a Taylor-sor definíciójával, amelyhez meg kell találnunk a függvény deriváltjait és azok értékeit x=3. A meglévő bővítmény (5) használata azonban egyszerűbb lesz:
=
Az így kapott sorozat –3-nál konvergál

7. számú példa. Írja fel az ln(x+2) függvény Taylor-sorát hatványaiban (x -1).
Megoldás.


A sorozat , vagy -2-nél konvergál< x < 5.

8. számú példa. Bontsa ki az f(x)=sin(πx/4) függvényt Taylor-sorba az x =2 pont közelében.
Megoldás. Tegyük a t=x-2 cserét:

A (3) kiterjesztéssel, amelyben x helyére π / 4 t-t cserélünk, kapjuk:

Az eredményül kapott sorozat -∞-nél konvergál az adott függvényhez< π / 4 t<+∞, т.е. при (-∞És így,
, (-∞

Hozzávetőleges számítások hatványsorok használatával

A teljesítménysorokat széles körben használják közelítő számításokban. Segítségükkel adott pontossággal kiszámíthatja a gyökök, a trigonometrikus függvények, a számok logaritmusainak és a határozott integrálok értékeit. A sorozatokat differenciálegyenletek integrálásakor is használják.
Tekintsük egy függvény kiterjesztését egy hatványsorban:

Egy függvény közelítő értékének kiszámításához egy adott pontban x, amely a jelzett sorozatok konvergencia tartományába tartozik, az elsők maradnak a kiterjesztésében n tagok ( n– véges szám), és a többi kifejezést el kell vetni:

A kapott közelítő érték hibájának becsléséhez meg kell becsülni az rn (x) eldobott maradékot. Ehhez használja a következő technikákat:

• ha a kapott sorozat váltakozó, akkor a következő tulajdonságot használjuk: a Leibniz-feltételeket kielégítő váltakozó sorozatnál a sorozat maradéka abszolút értékben nem haladja meg az első elvetett tagot.
• ha egy adott sorozat állandó előjelű, akkor az elvetett tagokból álló sorozatot egy végtelenül csökkenő geometriai progresszióval hasonlítjuk össze.
• általános esetben a Taylor-sorozat fennmaradó részének becsléséhez használhatja a Lagrange-képletet: a x ).

1. számú példa. Számítsa ki az ln(3)-t 0,01 pontossággal.
Megoldás. Használjuk azt a bővítést, ahol x=1/2 (lásd az 5. példát az előző témakörben):

Ellenőrizzük, hogy a bővítés első három tagja után el tudjuk-e hagyni a maradékot, ezt egy végtelenül csökkenő geometriai progresszió összegével értékeljük ki:

Tehát ezt a maradékot eldobhatjuk, és megkapjuk

2. példa. Számítsa ki 0,0001 pontossággal.
Megoldás. Használjuk a binomiális sorozatot. Mivel az 5 3 a 130-hoz legközelebb eső egész szám kocka, célszerű a 130-at úgy ábrázolni, hogy 130 = 5 3 +5.



mivel a kapott váltakozó sorozatnak már a Leibniz-kritériumot kielégítő negyedik tagja is kisebb, mint a szükséges pontosság:
, így az és az azt követő kifejezések elvethetők.
A Newton-Leibniz formulával sok gyakorlatilag szükséges határozott vagy nem megfelelő integrál nem számítható ki, mert alkalmazása az antiderivált megtalálásához kapcsolódik, aminek gyakran nincs kifejezése elemi függvényekben. Az is előfordul, hogy lehetséges az antiderivatív megtalálása, de ez feleslegesen munkaigényes. Ha azonban az integrandusfüggvényt hatványsorrá bővítjük, és az integrálás határai ennek a sorozatnak a konvergencia intervallumához tartoznak, akkor lehetséges az integrál közelítő kiszámítása előre meghatározott pontossággal.

3. példa. Számítsa ki a ∫ 0 1 4 sin (x) x integrált 10 -5 pontossággal.
Megoldás. A megfelelő határozatlan integrál nem fejezhető ki elemi függvényekkel, azaz. „nem állandó integrált” jelent. A Newton-Leibniz képlet itt nem alkalmazható. Számítsuk ki közelítőleg az integrált.
A bűn sorozatának tagokra osztása x tovább x, kapunk:

Ezt a sorozatot tagonként integrálva (ez azért lehetséges, mert az integráció határai ennek a sorozatnak a konvergencia intervallumához tartoznak), a következőt kapjuk:

Mivel a kapott sorozat kielégíti Leibniz feltételeit, és elegendő az első két tag összegét felvenni, hogy adott pontossággal megkapjuk a kívánt értéket.
Így azt találjuk
.

4. számú példa. Számítsa ki a ∫ 0 1 4 e x 2 integrált 0,001 pontossággal.
Megoldás.
. Vizsgáljuk meg, hogy a kapott sorozat második tagja után el tudjuk-e dobni a maradékot.
0,0001<0.001. Следовательно, .

A Taylor sorozat speciális esete x-hez 0 =0

nnevezzük magunkatközel Maclaurin funkcióhozf(x).

Nézzük meg néhánynak a dekompozícióját alapvető funkciók a Maclaurin sorozatban.

23. példa

.

Megoldás.

A probléma megoldásához a fent megfogalmazott algoritmust használjuk. Mivel szükséges a függvényt Maclaurin sorozattá bővíteni, ezért a pont szomszédságában keresünk egy bővítést. x 0 = 0.

Keressük meg a függvény értékét a pontban x 0 =0, derivált függvények ig P-rendű és értékük x 0 = 0:

Írjuk fel formálisan a Maclaurin sorozatot a képlet segítségével

Megjegyezzük, hogy páratlan hatványokra rad-t kaptunk, mivel a páros hatványok együtthatói (mikor P- páros szám) egyenlők nullával.

Keressük meg az eredményül kapott sorozatok konvergencia tartományát, ehhez összeállítjuk a sorozatok abszolút értékeinek sorozatát:

és alkalmazza rá a D'Alembert táblát.

Mivel a határérték nem függ attól xés bármelyiknél kevesebb x, akkor a sorozat minden értékre konvergál, ami azt jelenti, hogy a sorozat konvergenciatartománya az x(–,+).

Vizsgáljuk meg, hogy a megfelelő feltételek teljesülnek-e. Ez nyilvánvaló

Mert P= 0,1,2,... és bármely x,

Ez azt jelenti, hogy a függvény a teljes numerikus tengelyen kibővül a Maclaurin sorozatába, azaz.

nál nél x(–,+).

A vizsgált példában egy függvény bővítési együtthatóinak meghatározása egy hatványsorban egy pont közelében x 0 =0 egymás után differenciáltuk a függvényt, amíg képletet nem tudtunk származtatni P-edik derivált, és megtalálta a deriváltak értékeit egy adott pontban. Aztán rájöttek, hogy melyikre x egy sorozatban lévő függvény felbonthatóságához elegendő feltétel teljesül. Ezek a lépések gyakran nehézkes számításokhoz vezetnek. Ezeket a nehézségeket néha meg lehet kerülni használatával nyilatkozat hogy Egy függvény bármilyen módszerrel kapott hatványsorrá kiterjesztése a Taylor-sorba való kiterjesztése lesz. Ezért ahhoz, hogy egy függvény hatványsorba való kiterjesztését kapjuk, felhasználhatjuk az elemi függvények már ismert kiterjesztéseit, a Maclaurin-sorokat, alkalmazva rájuk az összeadás, a sorozatok szorzási szabályait, valamint a függvények integrálására és differenciálására vonatkozó tételeket. teljesítmény sorozat.

Például a függvény kiterjesztése f(x)= kötözősaláta x tagonkénti differenciálásával kaphatjuk meg a függvény Maclaurin-soros kiterjesztését f(x) = bűn x.

nál nél x(–,+).

Hasonlóképpen, a hatványsorok integrálására és differenciálására vonatkozó kiterjesztési algoritmus és tételek felhasználásával a következő elemi függvények Maclaurin-soros kiterjesztéseit kaphatjuk:

nál nél x(–,+);

eha t≥,0 vagy t -1, akkor az x konvergencia tartomány (-1;1),

eha–1< T<0 , akkor a konvergencia tartománya x (-1;1].

Ezt a dekompozíciót ún binomiális sorozat. Különösen, ha az utolsó bővítésnél feltételezzük T= –1, kapunk

, x (-1;1).

Csere ebben a bővítésben x kifejezésre (- x), kapunk

, nál nél x (–1;1).

A hatványsorok integrálására vonatkozó tétel felhasználása és alkalmazása a függvény Maclaurin-soros kiterjesztésére
, kapunk

nál nél x (–1;1].

Csere a funkcióbővítésben
változó x a kifejezésre és integráljuk, megkapjuk

Nál nél x [–1;1].

Használata binomiális sorozat – A funkció Maclaurin sorozatának bővítése
, feltételezve
, csere x a kifejezésre
és integrálva kapjuk

Nál nél x (–1;1).

24. példa.

Az ismert bővítések segítségével bontsa ki a függvényt Maclaurin sorozattá
.

Megoldás

Meg kell találni a függvény kiterjesztését a Maclaurin sorozatban, i.e. hatványsorokban hatványokban x. Használjuk a bővítést

nál nél t  (–1;1].

hinni t = x 2 , kapunk

Ez a bővítés akkor érvényes, amikor
, ahol
, akkor a konvergencia régió
.

És így,

Az egyenlőség mindkét oldalát megszorozva ezzel x, kapunk

nál nél x [–1;1].

Ppélda 25

Az ismert bővítések segítségével bontsa ki a függvényt
egy Taylor-sorozatban egy pont közelében x 0 =1.

Megoldás.

Szükséges a függvény kiterjesztése egy Taylor-sorba a pont közelében x 0 = 1, azok. fokonként ( x–1).

Használjuk a bővítést

Nál nél t  (-1;1).

Ennek a funkciónak a hatáskörökben való kiterjesztése érdekében ( x–1) vezessünk be egy új változót t= x–1, Akkor x =t + 1. Alakítsuk át ezt a függvényt egy új változóvá, feltételezve x =t + 1:

Feltételezve, hogy egy ismert bővítés helyett t kifejezést és egy számmal való szorzást kapunk

nál nél  (-1;1).

Feltételezve az ebből eredő bővülést t = x–1, térjünk vissza az eredeti változóhoz xés megkapjuk ennek a függvénynek a hatványsorozatba való kiterjesztését a ( x-1):

Ez a bővítés a feltételek mellett érvényes
, ahol
.

Tehát megkaptuk a bontást

nál nél
.

26. példa

Funkció kibontása
pontban hatványsorba
.

Megoldás.

Alakítsuk át ezt a függvényt a logaritmus tulajdonságaival:

Az ismert bővítés felhasználásával

nál nél t  (–1;1].

keressük a függvény kiterjesztését
, hinni t= 2x, és funkciókat
, feltételezve t= –x:

2-án érvényes a bővítés x  (–1;1), azok. nál nél
.

Hasonlóképpen,

és a bővítés érvényes (– x)  (–1;1), azaz. nál nél x  (–1;1).

A hatványsorokat tagonként összeadhatjuk, és egy számmal megszorozhatjuk, ami azt jelenti

Sőt, ez a bővítés érvényes az általános konvergencia régióra, pl. nál nél
.

P27. példa

Bővítse ki a függvényt egy Maclaurin sorozatban
.

Megoldás.

Alakítsuk át a függvényt

.

A jól ismert Maclaurin sorozatú funkcióbővítés segítségével nál nél=(1+ t) m , hinni
És
, kapunk

Az at használt binomiális sorozat
konvergencia régióval rendelkezik t  (-1;1], ezért a kapott bővítés érvényes
, ahol
,
.

Így,
nál nél
.

Bármely természetes szám felbontható prímtényezők szorzatára. Ha nem szeret nagy számokkal, például 5733-mal foglalkozni, tanulja meg, hogyan lehet ezeket prímtényezőkbe (ebben az esetben 3 x 3 x 7 x 7 x 13) beszámítani. Hasonló problémával gyakran találkozunk az információbiztonsági problémákkal foglalkozó kriptográfiában. Ha még nem áll készen saját biztonságos e-mail rendszerének létrehozására, kezdje azzal, hogy megtanulja, hogyan kell a számokat prímtényezőkké alakítani.

Lépések

1. rész

Elsődleges tényezők megtalálása

1. Kezdje az eredeti számmal. Válasszunk 3-nál nagyobb összetett számot. Nincs értelme prímszámot venni, mivel az csak önmagával és eggyel osztható.

   • Példa: bontsuk fel a 24-et prímszámok szorzatára.

2. Bontsuk fel ezt a számot két tényező szorzatára. Keressünk két kisebb számot, amelyek szorzata megegyezik az eredeti számmal. Bármilyen tényezőt használhat, de egyszerűbb prímszámokat használni. Az egyik jó módszer, ha megpróbálja elosztani az eredeti számot először 2-vel, majd 3-mal, majd 5-tel, és ellenőrizni, hogy ezek közül a prímszámok közül melyikkel osztható anélkül, hogy maradékot hagyna.

   • Példa: Ha nem ismeri a 24-es szám tényezőit, próbálja meg felosztani kis prímszámokra. Így azt találjuk, hogy a megadott szám osztható 2-vel: 24 = 2x12. Ez egy jó kezdet.
   • Mivel a 2 prímszám, jó páros számok faktorálásakor használni.

3. Kezdje el építeni a szorzófát. Ez az egyszerű eljárás segít abban, hogy számokat vegyen figyelembe a főtényezőkbe. Kezdésként húzzon le két „ágat” az eredeti számtól. Minden ág végére írja be a talált tényezőket!

   • Példa:

4. Tényezősítse a következő számsort. Vessen egy pillantást a két új számra (a faktorfa második sora). Mindkettő prímszám? Ha az egyik nem prím, akkor azt is vegye kettőbe. Rajzoljon még két ágat, és írjon két új tényezőt a fa harmadik sorába.

   • Példa: A 12 nem prímszám, ezért figyelembe kell venni. Használjuk a 12 = 2 x 6 kiterjesztést, és írjuk a fa harmadik sorába:
   • 2x6

5. Menj tovább a fán. Ha az egyik új tényező prímszámnak bizonyul, húzz ki belőle egy „elágazást”, és írd be ugyanazt a számot a végére. A prímszámok nem számítanak bele kisebb számokba, ezért csak mozgasd őket egy szinttel lejjebb.

   • Példa: A 2 egy prímszám. Csak helyezze át a 2-t a második sorból a harmadik sorba:
   • 2 2 6

6. Folytassa a számok faktorálását, amíg csak prímszámok maradnak. Ellenőrizze a fa minden új sorát. Ha valamelyik új tényező nem prímszám, faktorálja és írjon egy új sort. Végül csak prímszámok maradnak.

   • Példa: A 6 nem prímszám, ezért faktorozni is kell. Ugyanakkor a 2 egy prímszám, és két kettőt viszünk a következő szintre:
   • 2 2 6
   • / / /\
   • 2 2 2 3

7. Írja fel az utolsó sort a prímtényezők szorzataként! Végül csak prímszámok maradnak. Amikor ez megtörténik, a faktorizálás befejeződött. Az utolsó sor prímszámok halmaza, melynek szorzata adja az eredeti számot.

   • Ellenőrizze a választ: szorozza meg az utolsó sorban lévő számokat. Az eredménynek az eredeti számnak kell lennie.
   • Példa: A faktorfa utolsó sora tartalmazza a 2-es és 3-as számokat. Mindkét szám prímszám, így a faktorizálás befejeződött. Így a 24-es szám prímtényezőkre bontása a következő: 24 = 2 x 2 x 2 x 3.
   • A tényezők sorrendje nem számít. A bővítés 2 x 3 x 2 x 2-ként is felírható.

8. Ha szükséges, egyszerűsítse a választ a hatványozás használatával. Ha ismeri a számok hatványra emelését, a választ egyszerűbb formában is leírhatja. Ne feledje, hogy az alap alul van írva, és a felső index azt mutatja, hogy az alapot hányszor kell megszorozni önmagával.

   • Példa: hányszor fordul elő a 2-es szám a 2 x 2 x 2 x 3 talált bontásban? Háromszor, tehát a 2 x 2 x 2 kifejezés 2 3-ként írható fel. Egyszerűsített jelöléssel azt kapjuk 2 3 x 3.

   2. rész

   Prímfaktorizáció használata

   1. Határozzuk meg két szám legnagyobb közös osztóját! Két szám legnagyobb közös osztója (GCD) az a maximális szám, amely mindkét számot elosztja anélkül, hogy maradékot hagyna. Az alábbi példa azt mutatja be, hogyan kell prímtényezőssé alakítani a 30 és 36 számok legnagyobb közös tényezőjét.

      • Tekintsük mindkét számot prímtényezőkké. A 30-as szám esetében a bővítés 2 x 3 x 5. A 36-os számot a következőképpen szorozzuk: 2 x 2 x 3 x 3.
      • Keressünk egy számot, amely mindkét bővítményben megjelenik. Mindkét listában húzzuk át ezt a számot, és írjuk egy új sorba. Például a 2 két bővítésben fordul elő, ezért írjuk 2 új vonalon. Így 30 = 2 x 3 x 5 és 36 = 2 x 2 x 3 x 3 marad.
      • Addig ismételje ezt a műveletet, amíg a bővítésekben már nem maradnak közös tényezők. Mindkét lista tartalmazza a 3-as számot is, így új sorba írhat 2 És 3 . Ezek után hasonlítsa össze ismét a bővítéseket: 30 = 2 x 3 x 5 és 36 = 2 x 2 x 3 x 3. Mint látható, nem maradt bennük közös tényező.
      • A legnagyobb közös tényező megtalálásához meg kell találnia az összes közös tényező szorzatát. Példánkban ez 2 és 3, tehát gcd 2 x 3 = 6 . Ez a legnagyobb szám, amely 30-ra és 36-ra osztható anélkül, hogy maradékot hagyna.

   2. A GCD használatával egyszerűsítheti a törteket. Ha gyanítja, hogy egy töredék csökkenthető, használja a legnagyobb közös tényezőt. A fent leírt eljárással keressük meg a számláló és a nevező gcd-jét. Ezután osszuk el a tört számlálóját és nevezőjét ezzel a számmal. Ennek eredményeként ugyanazt a frakciót kapja egyszerűbb formában.

      • Például egyszerűsítsük a 30/36 törtet. Ahogy fentebb megállapítottuk, 30 és 36 esetén a gcd 6, ezért a számlálót és a nevezőt elosztjuk 6-tal:
      • 30 ÷ 6 = 5
      • 36 ÷ 6 = 6
      • 30 / 36 = 5 / 6

   3. Keressük meg két szám legkisebb közös többszörösét. Két szám legkisebb közös többszöröse (LCM) az a legkisebb szám, amely maradék nélkül osztható mindkét adott számmal. Például a 2 és 3 LCM értéke 6, mert ez a legkisebb szám, amely osztható 2-vel és 3-mal. Az alábbiakban egy példa látható az LCM megtalálására prímtényezők használatával:

      • Kezdjük két prímtényezővel. Például a 126-os szám esetében a faktorizációt 2 x 3 x 3 x 7-ként írhatjuk fel. A 84-es szám 2 x 2 x 3 x 7-re szorul.
      • Hasonlítsuk össze, hogy az egyes tényezők hányszor jelennek meg a bővítésekben. Válassza ki azt a listát, ahol a szorzó a legtöbbször megjelenik, és karikázza be. Például a 2-es szám egyszer szerepel a listában a 126-nál és kétszer a listában a 84-nél, ezért karikázd be. 2 x 2 a szorzók második listájában.
      • Ismételje meg ezt a lépést minden szorzónál. Például a 3 gyakrabban fordul elő az első bővítésnél, ezért érdemes bekarikázni 3 x 3. A 7-es szám egyszer szerepel mindkét listában, tehát karikázzon 7 (nem mindegy, hogy melyik listában, ha egy adott szorzó mindkét listában ugyanannyiszor szerepel).
      • Az LCM megtalálásához szorozza meg az összes bekarikázott számot. Példánkban a 126 és 84 legkisebb közös többszöröse az 2 x 2 x 3 x 3 x 7 = 252. Ez a legkisebb szám, amely maradék nélkül osztható 126-tal és 84-gyel.

   4. Használja az LCM-et a törtek hozzáadásához. Két tört összeadásakor közös nevezőre kell hozni őket. Ehhez keresse meg két nevező LCM-jét. Ezután minden tört számlálóját és nevezőjét megszorozzuk olyan számmal, hogy a törtek nevezői egyenlők legyenek az LCM-mel. Ezt követően hozzáadhatja a törteket.

      • Például meg kell találnia az 1/6 + 4/21 összeget.
      • A fenti módszerrel megtalálhatja az LCM-et 6-hoz és 21-hez. Ez egyenlő 42-vel.
      • Alakítsuk át az 1/6-os törtet úgy, hogy nevezője 42 legyen. Ehhez 42-t el kell osztani 6-tal: 42 ÷ 6 = 7. Most szorozzuk meg a tört számlálóját és nevezőjét 7-tel: 1/6 x 7/7 = 7/42.
      • Ahhoz, hogy a második tört 42 nevezőhöz kerüljön, osszuk el 42-t 21-gyel: 42 ÷ 21 = 2. Szorozzuk meg a tört számlálóját és nevezőjét 2-vel: 4 / 21 x 2 / 2 = 8 / 42.
      • Ha a törtek azonos nevezővel rendelkeznek, könnyen összeadhatók: 7/42 + 8/42 = 15/42.

Tekintsük a következő kifejezéseket (a + b) n hatványokkal, ahol a + b tetszőleges binomiális, n pedig egész szám.

Minden kifejezés egy polinom. Minden kifejezésben észrevehet jellemzőket.

1. Minden kifejezésben eggyel több tag van, mint az n kitevő.

2. Minden tagban a hatványok összege egyenlő n-nel, azaz. az a hatvány, amelyre a binomiális emelkedik.

3. A hatványok az n binomiális hatványból indulnak ki és 0 felé csökkennek. Az utolsó tagnak nincs a tényezője. Az első tagnak nincs b tényezője, azaz. a b fok 0-tól kezdődik és n-re nő.

4. Az együtthatók 1-től kezdődnek, és bizonyos értékekkel nőnek „félig”, majd ugyanazokkal az értékekkel csökkennek vissza 1-re.

Nézzük meg közelebbről az együtthatókat. Tegyük fel, hogy meg akarjuk találni az (a + b) 6 értékét. Az imént észlelt funkció szerint itt 7 tagnak kell lennie
a 6 + c 1 a 5 b + c 2 a 4 b 2 + c 3 a 3 b 3 + c 4 a 2 b 4 + c 5 ab 5 + b 6 .
De hogyan határozhatjuk meg az egyes együtthatók értékét, c i ? Ezt kétféleképpen tehetjük meg. Az első módszer az együtthatók háromszögbe történő írásából áll, az alábbiak szerint. Ez az úgynevezett Pascal-háromszög :


A háromszögben sok jellemző van. Keress minél többet.
Lehet, hogy megtalálta a módját, hogy a következő számsort a fenti sorban lévő számok segítségével írja be. Az egységek mindig az oldalakon helyezkednek el. Minden fennmaradó szám a szám feletti két szám összege. Próbáljuk meg megtalálni az (a + b) 6 kifejezés értékét a következő sor hozzáadásával, a talált jellemzők segítségével:

Ezt látjuk az utolsó sorban

első és utolsó szám 1 ;
a második szám 1 + 5, vagy 6 ;
a harmadik szám 5 + 10, ill 15 ;
a negyedik szám 10 + 10, ill 20 ;
az ötödik szám 10 + 5, ill 15 ; És
a hatodik szám 5 + 1, vagy 6 .

Tehát az (a + b) 6 kifejezés egyenlő lesz
(a + b) 6 = 1 egy 6+ 6 a 5 b + 15 a 4 b 2 + 20 a 3 b 3 + 15 a 2 b 4 + 6 ab 5+ 1 b 6.

Az (a + b) 8 hatványra emeléshez két sort adunk Pascal háromszögéhez:

Akkor
(a + b) 8 = a 8 + 8a 7 b + 28a 6 b 2 + 56a 5 b 3 + 70a 4 b 4 + 56a 3 b 5 + 28a 2 b 6 + 8ab 7 + b 8 .

Eredményeinket a következőképpen foglalhatjuk össze.

Newton-binomiális Pascal-háromszög segítségével

Bármely a+b binomiális és bármely n természetes szám esetén,
(a + b) n = c 0 a n b 0 + c 1 a n-1 b 1 + c 2 a n-2 b 2 + .... + c n-1 a 1 b n-1 + c n a 0 b n ,
ahol a c 0, c 1, c 2,...., c n-1, c n számokat a Pascal-háromszög (n + 1) sorozatából vesszük.

1. példa Emelje hatványra: (u - v) 5 .

Megoldás Van (a + b)n, ahol a = u, b = -v és n = 5. A Pascal-háromszög 6. sorát használjuk:
1 5 10 10 5 1
Akkor van
(u - v) 5 = 5 = 1 (u)5+ 5 (u) 4 (-v) 1 + 10 (u) 3 (-v) 2 + 10 (u) 2 (-v) 3 + 5 (u)(-v) 4 + 1 (-v) 5 = u 5 - 5u 4 v + 10u 3 v 2 - 10u 2 v 3 + 5 uv 4 - v 5.
Vegye figyelembe, hogy a kifejezések előjele + és - között ingadozik. Ha a -v fok páratlan szám, az előjel -.

2. példa Hatványra emelés: (2t + 3/t) 4 .

Megoldás Van (a + b)n, ahol a = 2t, b = 3/t és n = 4. A Pascal-háromszög 5. sorát használjuk:
1 4 6 4 1
Akkor van

Binomiális bővítés faktoriális értékek segítségével

Tegyük fel, hogy meg akarjuk találni az (a + b) 11 értékét. A Pascal-háromszög használatának az a hátránya, hogy a háromszög összes előző sorát ki kell számítanunk, hogy megkapjuk a kívánt sorozatot. A következő módszer ezt elkerüli. Azt is lehetővé teszi, hogy megkeressen egy adott sort – mondjuk a 8. sort – anélkül, hogy ki kellene értékelnie az összes többi sort. Ez a módszer hasznos a számításokban, statisztikákban és használatban binomiális együttható jelölése .
A Newton-binomiálist a következőképpen fogalmazhatjuk meg.

Newton-binomiális faktoriális jelöléssel

Bármely binomiális (a + b) és bármely n természetes szám esetén,
.

A Newton-binomiális matematikai indukcióval igazolható. Megmutatja, miért hívják binomiális együttható .

3. példa Emelje hatványra: (x 2 - 2y) 5 .

Megoldás Van (a + b) n , ahol a = x 2, b = -2y és n = 5. Ekkor a Newton-binomiális segítségével megkapjuk


Végül (x 2 - 2y) 5 = x 10 - 10x 8 y + 40x 6 y 2 - 80x 4 y 3 + 80x 2 y 4 - 35y 5 .

4. példa Hatványra emelés: (2/x + 3√x) 4.

Megoldás Van (a + b)n, ahol a = 2/x, b = 3√x és n = 4. Ekkor a Newton-binomiális segítségével megkapjuk


Végül (2/x + 3√x) 4 = 16/x 4 + 96/x 5/2 + 216/x + 216x 1/2 + 81x 2.

Egy adott tag keresése

Tegyük fel, hogy egy kifejezésből szeretnénk meghatározni egy vagy másik kifejezést. Az általunk kidolgozott módszer lehetővé teszi, hogy megtaláljuk ezt a tagot anélkül, hogy a Pascal-háromszög összes sorát vagy az összes előző együtthatót kiszámolnánk.

Jegyezzük meg, hogy Newton binomiálisában megadja az 1. tagot, megadja a 2. tagot, megadja a 3. tagot és így tovább. Ez a következőképpen foglalható össze.

A (k + 1) tag megtalálása

(k + 1) az (a + b) n kifejezés tagja .

5. példa Keresse meg az 5. tagot a (2x - 5y) kifejezésben 6 .

Megoldás Először vegye figyelembe, hogy 5 = 4 + 1. Ekkor k = 4, a = 2x, b = -5y és n = 6. Ekkor a kifejezés 5. tagja lesz

6. példa Keresse meg a 8. tagot a (3x - 2) 10 kifejezésben.

Megoldás Először is megjegyezzük, hogy 8 = 7 + 1. Ekkor k = 7, a = 3x, b = -2 és n = 10. Ekkor a kifejezés 8. tagja lesz

A részhalmazok teljes száma

Tegyük fel, hogy egy halmaznak n objektuma van. A k elemet tartalmazó részhalmazok száma . Egy halmaz részhalmazainak teljes száma a 0 elemű részhalmazok száma, valamint az 1 elemű részhalmazok száma, valamint a 2 elemű részhalmazok száma stb. Az n elemű halmaz részhalmazainak teljes száma
.
Most nézzük meg az (1 + 1) n hatványra való emelést:

.
Így. a részhalmazok teljes száma (1 + 1) n, vagy 2 n. A következőket bizonyítottuk.

A részhalmazok teljes száma

Egy n elemű halmaz részhalmazainak száma összesen 2n.

7. példa Hány részhalmaza van a halmaznak (A, B, C, D, E)?

Megoldás A halmaz 5 elemű, akkor a részhalmazok száma 2 5 vagy 32.

8. példa A Wendy's étteremlánc a következő hamburger feltéteket kínálja:
{ketchup, mustár, majonéz, paradicsom, saláta, hagyma, gomba, olajbogyó, sajt}.
Hány különböző típusú hamburgert tud a Wendy kínálni, nem számítva a hamburger méreteket és mennyiségeket?

Megoldás Az egyes hamburgereken lévő feltétek az összes lehetséges feltétkészlet egy részhalmazának tagjai, az üres készlet pedig csak egy hamburger. A lehetséges hamburgerek teljes száma egyenlő lesz

. Így a Wendy's 512 különböző hamburgert kínál.