SAVEZNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE

ZAVOD ZA RAZVOJ OBRAZOVANJA

"Grafičke metode za rješavanje jednadžbi i nejednakosti s parametrima"

Dovršeno

nastavnik matematike

UGOVOR SOSH №62

Lipetsk 2008

UVOD ................................................. .................................................. .3

NS;na) 4

1.1. Paralelni prijenos ................................................ ........................... 5

1.2. Skretanje................................................. .................................................. devet

1.3. Homotetia. Ravna kompresija ............................................... ................. 13

1.4. Dvije ravne linije u ravnini ............................................... .. ....................... 15

2. GRAFIČKE TEHNIKE. KOORDINIRAJUĆA AVIONA ( NS;a) 17

ZAKLJUČAK................................................. .......................................... dvadeset

LITERATURA ................................................. ....... 22

UVOD

Problemi koje učenici imaju pri rješavanju nestandardnih jednadžbi i nejednakosti uzrokovani su relativnom složenošću ovih zadataka i činjenicom da se škola u pravilu usredotočuje na rješavanje standardnih problema.

Mnogi školarci percipiraju parametar kao "običan" broj. Doista, u nekim se problemima parametar može smatrati konstantom, ali ta konstanta poprima nepoznate vrijednosti! Stoga je potrebno razmotriti problem za sve moguće vrijednosti ove konstante. U drugim problemima prikladno je jednu od nepoznanica umjetno proglasiti parametrom.

Drugi školarci tretiraju parametar kao nepoznatu veličinu i, bez srama, mogu izraziti parametar u odgovoru kroz varijablu NS.

Na završnom i prijemnom ispitu uglavnom postoje dvije vrste problema s parametrima. Odmah ćete ih prepoznati po tekstu. Prvo: "Za svaku vrijednost parametra pronađite sva rješenja neke jednadžbe ili nejednakosti." Drugo: "Pronađite sve vrijednosti parametra, za svaku od kojih su zadovoljeni neki uvjeti za datu jednadžbu ili nejednakost." U skladu s tim, odgovori u ove dvije vrste problema bitno se razlikuju. U odgovoru na problem prve vrste navedene su sve moguće vrijednosti parametra i za svaku od tih vrijednosti napisana su rješenja jednadžbe. U odgovoru na problem druge vrste navedene su sve vrijednosti parametara za koje su ispunjeni uvjeti navedeni u problemu.

Rješenje jednadžbe s parametrom za zadanu fiksnu vrijednost parametra je takva vrijednost nepoznatog, kada se zamijeni u jednadžbu, potonja se pretvori u pravu numeričku jednakost. Rješenje nejednakosti s parametrom definirano je na sličan način. Rješavanje jednadžbe (nejednakosti) s parametrom znači za svaku dopuštenu vrijednost parametra pronaći skup svih rješenja ove jednadžbe (nejednakost).

1. GRAFIČKE TEHNIKE. KOORDINIRAJUĆA AVIONA ( NS;na)

Uz osnovne analitičke tehnike i metode za rješavanje problema s parametrima, postoje načini pozivanja na vizualno-grafička tumačenja.

Ovisno o tome koja je uloga parametra dodijeljena u zadatku (nejednaka ili jednaka varijabli), mogu se razlikovati dvije glavne grafičke tehnike: prva je konstrukcija grafičke slike na koordinatnoj ravnini (NS;y), drugi - uključen (NS; a).

Na ravnini (x; y) funkcija y =f (NS; a) definira obitelj krivulja ovisno o parametru a. Jasno je da svaka obitelj f ima određena svojstva. Prije svega, zanimat će nas kakva je transformacija ravnine (paralelno prevođenje, rotacija itd.) Moguća s jedne krivulje obitelji u drugu. Poseban odlomak bit će posvećen svakoj od ovih transformacija. Čini nam se da takva klasifikacija odlučujućim olakšava pronalaženje potrebne grafičke slike. Imajte na umu da s ovim pristupom konceptualni dio rješenja ne ovisi o tome koja je figura (linija, krug, parabola itd.) Član obitelji krivulja.

Naravno, ne uvijek grafička slika obitelji y =f (NS;a) opisan jednostavnom transformacijom. Stoga je u takvim situacijama korisno usredotočiti se ne na to kako su krivulje jedne obitelji povezane, već na same krivulje. Drugim riječima, može se razlikovati još jedna vrsta problema u kojoj se ideja rješenja prvenstveno temelji na svojstvima specifičnih geometrijski oblici nego obitelj u cjelini. Koje će nas figure (točnije, obitelji tih osoba) zanimati? To su ravne linije i parabole. Ovaj je izbor posljedica posebnog (osnovnog) položaja linearnog i kvadratne funkcije u školskoj matematici.

Govoreći o grafičkim metodama, nemoguće je zaobići jedan problem, "rođen" iz prakse natjecateljskog ispita. Mislimo na pitanje ozbiljnosti, pa otuda i zakonitost odluke koja se temelji na grafičkim razmatranjima. Bez sumnje, sa formalnog gledišta, rezultat preuzet sa "slike", koji nije analitički podržan, nije rigorozno dobiven. Međutim, tko, kada i gdje je razina strogosti koje bi se srednjoškolac trebao pridržavati? Po našem mišljenju, zahtjeve za razinu matematičke strogosti za studenta treba odrediti zdravim razumom. Razumijemo stupanj subjektivnosti ovog gledišta. Štoviše, grafička metoda samo je jedno od sredstava vizualizacije. A vidljivost može zavarati .. gif "width =" 232 "height =" 28 "> ima samo jedno rješenje.

Riješenje. Radi praktičnosti označavamo lg b = a. Napisimo jednadžbu ekvivalentnu izvornoj: https://pandia.ru/text/78/074/images/image004_56.gif "width =" 125 "height =" 92 ">

Iscrtavanje funkcije s domenom definicije i (slika 1). Dobiveni graf je obitelj linija y = a trebao prijeći samo u jednom trenutku. Iz slike se može vidjeti da je ovaj zahtjev ispunjen samo za a> 2, tj. Lg b> 2, b> 100.

Odgovor. https://pandia.ru/text/78/074/images/image010_28.gif "width =" 15 height = 16 "height =" 16 "> odredite broj rješenja jednadžbe .

Riješenje... Nacrtajmo funkciju 102 "height =" 37 "style =" vertical-align: top ">

Razmotrimo. Ova ravna linija paralelna je s osi OX.

Odgovor..gif "width =" 41 "height =" 20 "> zatim 3 rješenja;

ako, tada 2 rješenja;

ako, 4 rješenja.

Prijeđimo na novi niz problema..gif "width =" 107 "height =" 27 src = ">.

Riješenje. Izgradimo ravnu liniju na= NS+1 (slika 3) .. gif "width =" 92 "height =" 57 ">

imaju jedno rješenje koje je ekvivalentno za jednadžbu ( NS+1)2 = x + a imaju jedan korijen..gif "width =" 44 height = 47 "height =" 47 "> izvorna nejednakost nema rješenja. Imajte na umu da oni koji su upoznati s izvedenicom mogu drugačije dobiti ovaj rezultat.

Nadalje, pomicanjem "polu-parabole" ulijevo, popravljamo zadnji trenutak kada se grafovi nalaze na = NS+ 1 i imaju dvije zajedničke točke (položaj III). Ovaj aranžman predviđen je zahtjevom a= 1.

Jasno je da za segment [ NS 1; NS 2], gdje NS 1 i NS 2 - apscise točaka sjecišta grafikona, bit će rješenje izvorne nejednakosti..gif "width =" 68 height = 47 "height =" 47 ">, tada

Kad se "poluparabola" i ravna linija sijeku samo u jednoj točki (to odgovara slučaju a> 1), tada će rješenje biti segment [- a; NS 2 "], gdje NS 2 "- najveći od korijena NS 1 i NS 2 (položaj IV).

Primjer 4..gif "width =" 85 "height =" 29 src = ">. gif" width = "75" height = "20 src ="> . Iz ovoga dobijamo .

Razmotrimo funkcije i . Među njima samo jedna definira obitelj krivulja. Sada vidimo da je zamjena od nesumnjive koristi. Paralelno, primjećujemo da se u prethodnom problemu, sličnom zamjenom, može napraviti ravna linija, a ne potez "polu-parabole". Okrenimo se smokvi. 4. Očigledno, ako je apscisa vrha "polu-parabole" veća od jedan, to jest –3 a > 1, , tada jednadžba korijena nema..gif "width =" 89 "height =" 29 "> i imaju drugačiji karakter monotonije.

Odgovor. Ako ta jednadžba ima jedan korijen; ako https://pandia.ru/text/78/074/images/image039_10.gif "width =" 141 "height =" 81 src = ">

ima rješenja.

Riješenje. Jasno je da izravne obitelji https://pandia.ru/text/78/074/images/image041_12.gif "width =" 61 "height =" 52 "> .. jpg" width = "259" height = "155 ">

Značenje k1 pronaći zamjenom para (0; 0) u prvu jednadžbu sustava. Odavde k1 =-1/4. Značenje k 2 dobivamo zahtjevom od sustava

https://pandia.ru/text/78/074/images/image045_12.gif "width =" 151 "height =" 47 "> za k> 0 imaju jedan korijen. Odavde k2= 1/4.

Odgovor. .

Napravimo jednu opasku. U nekim primjerima ovog odjeljka morat ćemo riješiti standardni problem: za ravnu obitelj pronaći njegov nagib koji odgovara trenutku dodirnosti s krivuljom. Pokažimo kako se to radi u opći pogled pomoću izvedenice.

Ako (x0; y 0) = središte rotacije, zatim koordinate (NS 1; na 1) dodirne točke s krivuljom y =f (x) mogu se pronaći rješavanjem sustava

Željeni nagib k je jednako.

Primjer 6... Za koje vrijednosti parametra jednadžba ima jedinstveno rješenje?

Riješenje..gif "width =" 160 "height =" 29 src = "> .. gif" width = "237" height = "33">, luk AB.

Sve zrake koje prolaze između OA i OV presijecaju luk AB u jednoj točki, također u jednoj točki sijeku luk AB OV i OM (tangenta) .. gif "width =" 16 "height =" 48 src = ">. Nagib tangenta je jednaka. Lako se otkriva iz sustava

Dakle, izravne obitelji https://pandia.ru/text/78/074/images/image059_7.gif "width =" 139 "height =" 52 ">.

Odgovor. .

Primjer 7..gif "width =" 160 "height =" 25 src = "> ima rješenje?

Riješenje..gif "width =" 61 "height =" 24 src = "> i smanjuje se za. Točka - je maksimalna točka.

Funkcija je obitelj ravnih linija koje prolaze kroz točku https://pandia.ru/text/78/074/images/image062_7.gif "width =" 153 "height =" 28 "> je luk AB. Između ravnih linije OA i OV, zadovoljavaju uvjet problema..gif "width =" 17 "height =" 47 src = ">.

Odgovor..gif "width =" 15 "height =" 20 "> nema rješenja.

1.3. Homotetia. Kompresija na ravnu liniju.

Primjer 8. Koliko rješenja ima sustav

https://pandia.ru/text/78/074/images/image073_1.gif "width =" 41 "height =" 20 src = "> sustav nema rješenja. a> 0 graf prve jednadžbe je kvadrat s vrhovima ( a; 0), (0;-a), (-a;0), (0;a). Dakle, članovi obitelji su homotetski kvadrati (središte homotetije je točka O (0; 0)).

Okrenimo se smokvi. 8..gif "width =" 80 "height =" 25 "> svaka stranica kvadrata ima dvije zajedničke točke s krugom, što znači da će sustav imati osam rješenja. Očigledno, za, sustav nema rješenja.

Odgovor. Ako a< 1 или https://pandia.ru/text/78/074/images/image077_1.gif" width="56" height="25 src=">, tada postoje četiri rješenja; ako, onda postoji osam rješenja.

Primjer 9... Pronađite sve vrijednosti parametra, za svaku od njih jednadžba https://pandia.ru/text/78/074/images/image081_0.gif "width =" 181 "height =" 29 src = ">. Razmotrite funkcija ..jpg "width =" 195 "height =" 162 ">

Broj korijena odgovarat će broju 8 kada je radijus polukruga sve veći i manji, tj. Imajte na umu da postoji.

Odgovor. ili .

1.4. Dvije ravne linije u ravnini

U biti, ideja rješavanja problema ovog odlomka temelji se na pitanju proučavanja međusobnog rasporeda dviju ravnih linija: i ... Nije teško prikazati općenito rješenje ovog problema. Izravno ćemo se obratiti konkretnim tipičnim primjerima koji po našem mišljenju neće naštetiti općem aspektu pitanja.

Primjer 10. Za ono što su a i b sustav

https://pandia.ru/text/78/074/images/image094_0.gif "width =" 160 "height =" 25 src = "> .. gif" width = "67" height = "24 src ="> , t..gif "width =" 116 "height =" 55 ">

Nejednakost sustava definira poluravninu s granicom na= 2x- 1 (slika 10). Lako je razumjeti da rezultirajući sustav ima rješenje ako je ravna linija ah +za = 5 presijeca granicu poluravnine ili, paralelno s njom, leži u poluravnini na– 2x + 1 < 0.

Počnimo sa slučajem b = 0. Zatim, čini se, jednadžba Oh+ po = 5 definira okomitu liniju koja očito siječe crtu y = 2NS - 1. Međutim, ova je tvrdnja točna samo ako ..gif "width =" 43 "height =" 20 src = "> sustav ima rješenja..gif" width = "99" height = "48">. U tom slučaju uvjet presjecanja pravih linija postiže se kada, tj. ..Gif "width =" 52 "height =" 48 ">. Gif" width = "41" height = "20"> i, ili i,, ili i https: //pandia.ru/text/78/074/images/image109_0.gif "width =" 69 "height =" 24 src = ">.

- U koordinatna ravnina xOa iscrtaj funkciju.

- Razmotrite ravne linije i odaberite one intervale osi Oa na kojima ove ravne linije zadovoljavaju sljedeće uvjete: a) ne siječe grafikon funkcije https://pandia.ru/text/78/074/images/image109_0 .gif "width =" 69 "height =" 24 "> u jednom trenutku, c) u dvije točke, d) u tri točke itd.

- Ako je zadatak pronaći vrijednosti x, tada izražavamo x kroz a za svaki od pronađenih intervala vrijednosti a zasebno.

Gledajući parametar kao jednaku varijablu odražava se grafičkim metodama..jpg "width =" 242 "height =" 182 ">

Odgovor. a = 0 ili a = 1.

ZAKLJUČAK

Nadamo se da analizirani problemi uvjerljivo pokazuju učinkovitost predloženih metoda. No, nažalost, opseg ovih metoda ograničen je poteškoćama na koje se može naići pri izgradnji grafičke slike. Je li doista tako loše? Očigledno ne. Doista, takvim se pristupom u velikoj mjeri gubi glavna didaktička vrijednost zadataka s parametrima kao modelom minijaturnog istraživanja. Međutim, gornja razmatranja upućuju se učiteljima, a za podnositelje zahtjeva formula je sasvim prihvatljiva: cilj opravdava sredstva. Štoviše, uzmimo si slobodu reći da na znatnom broju sveučilišta sastavljači konkurentskih problema s parametrima slijede put od slike do stanja.

U tim problemima raspravljalo se o mogućnostima rješavanja problema s parametrom, koji nam se otvaraju kada se grafikoni funkcija uključenih u lijevu i desnu stranu jednadžbi ili nejednakosti prikažu na listu papira. Zbog činjenice da parametar može imati proizvoljne vrijednosti, jedan ili oba prikazana grafikona kreću se na određeni način u ravnini. Možemo reći da dobivamo cijelu obitelj grafikona koji odgovaraju različitim vrijednostima parametra.

Dva su detalja naglašeno naglašena.

Prvo, ne govorimo o "grafičkom" rješenju. Sve vrijednosti, koordinate, korijeni izračunavaju se strogo, analitički, kao rješenja odgovarajućih jednadžbi, sustava. Isto vrijedi i za slučajeve dodirivanja ili prelaska grafikona. Oni se ne određuju očima, već se koriste diskriminatori, derivati ​​i drugi alati koji su vam dostupni. Slika samo daje rješenje.

Drugo, čak i ako ne pronađete način rješavanja problema povezanog s prikazanim grafikonima, vaše će se razumijevanje problema značajno proširiti, dobit ćete informacije za samotestiranje i šanse za uspjeh će se značajno povećati. Zamislite što se točno događa u problemu kada različita značenja parametar, možda ćete pronaći ispravan algoritam rješenja.

Stoga ove riječi zaključujemo ustrajnom rečenicom: ako u najmanjem stupnju težak zadatak postoje funkcije čiju grafiku možete nacrtati, svakako to učinite, nećete požaliti.

BIBLIOGRAFSKI POPIS

1. Cherkasov ,: Priručnik za srednjoškolce i studente koji upisuju sveučilišta [Tekst] /,. - M.: AST-PRESS, 2001..- 576 str.

2. Gorshtein, s parametrima [Tekst]: 3. izdanje, dopunjeno i revidirano /,. - M.: Ileksa, Harkov: Gimnazija, 1999.- 336 str.

Neka bude f (x, y) i g (x, y)- dva izraza s varijablama NS i na i opseg NS... Zatim nejednakosti oblika f (x, y) > g (x, y) ili f (x, y) < g (x, y) zvao nejednakost s dvije varijable .

Vrijednost varijabli x, y mnoštva NS, pri kojem se nejednakost pretvara u pravu numeričku nejednakost, naziva se njezinom odluka i označeno (x, y). Riješite nejednakost - to znači pronaći mnogo takvih parova.

Ako svaki par brojeva (x, y) od skupa rješenja za nejednakost, stavi u korespondenciju točku M (x, y), dobivamo skup točaka na ravnini zadanih ovom nejednakošću. Nazvan je grafikon ove nejednakosti ... Grafikon nejednakosti obično je područje na ravnini.

Za prikaz skupa rješenja nejednakosti f (x, y) > g (x, y), postupite kako slijedi. Najprije zamijenite znak nejednakosti znakom jednakosti i pronađite crtu koja ima jednadžbu f (x, y) = g (x, y)... Ova linija dijeli ravninu na nekoliko dijelova. Nakon toga, dovoljno je uzeti jedan bod u svakom dijelu i provjeriti je li u ovom trenutku nejednakost f (x, y) > g (x, y)... Ako se izvrši u ovom trenutku, tada će se izvesti u cijelom dijelu gdje ta točka leži. Kombinirajući takve dijelove, dobivamo mnoga rješenja.

Zadatak. y > x.

Riješenje. Prvo zamijenimo znak nejednakosti znakom jednakosti i u pravokutnom koordinatnom sustavu konstruiramo liniju koja ima jednadžbu y = x.

Ova linija dijeli ravninu na dva dijela. Nakon toga uzmite po jednu točku u svakom dijelu i provjerite je li u ovom trenutku nejednakost y > x.

Zadatak. Grafički riješite nejednakost
NS 2 + na 2 £ 25.

Neka su zadane dvije nejednakosti f 1(x, y) > g 1(x, y) i f 2(x, y) > g 2(x, y).

Sustavi skupova nejednakosti u dvije varijable

Sustav nejednakosti predstavlja sam spoj ovih nejednakosti. Rješenje sustava ima bilo kakvo značenje (x, y) koja svaku nejednakost pretvara u pravu numeričku nejednakost. Mnoga rješenja sustava nejednakosti je presjek skupova rješenja nejednakosti koje tvore dati sustav.

Skup nejednakosti predstavlja sam razdvajanje ovih nejednakosti. Odlukom agregata ima bilo kakvo značenje (x, y), čime se barem jedna od populacijskih nejednakosti pretvara u pravu numeričku nejednakost. Mnoga rješenja agregat je unija skupova rješenja nejednakosti koje tvore zbirku.

Zadatak. Grafički riješiti sustav nejednakosti

Riješenje. y = x i NS 2 + na 2 = 25. Riješite svaku nejednakost u sustavu.

Graf sustava bit će skup točaka ravnine koje su presjek (dvostruko zasjenjivanje) skupova rješenja prve i druge nejednakosti.

Zadatak. Grafički riješite skup nejednakosti

Vježbe za samostalan rad

1. Riješite grafički nejednakosti: a) na> 2x; b) na< 2x + 3;

v) x 2+ y 2> 9; G) x 2+ y 2 £ 4.

2. Grafički riješite sustav nejednakosti:

a) c)

Učenik 10. razreda Kotovchikhin Yuri

Učenici počinju učiti jednadžbe s modulima već od 6. razreda, proučavaju standardnu ​​metodu rješavanja proširivanjem modula na intervale stalnosti submodularnih izraza. Odabrao sam ovu temu jer smatram da zahtijeva dublje i detaljnije proučavanje, zadaci s modulom studentima izazivaju velike poteškoće. V. školski program postoje zadaci koji sadrže modul kao zadatke povećane složenosti i na ispitima, stoga moramo biti spremni suočiti se s takvim zadatkom.

Preuzimanje datoteka:

Pregled:

Općinska obrazovna ustanova

Prosječno sveobuhvatna škola №5

Istraživački rad na temu:

« Algebarsko i grafičko rješenje jednadžbi i nejednačina koje sadrže modul»

Uradio sam posao:

Učenik 10. razreda

Kotovchikhin Yuri

Nadglednik:

Učitelj matematike

Shanta N.P.

Uryupinsk

1.Uvod ……………………………………………………… .3

2. Koncepti i definicije ………………………………………… .5

3. Dokaz teorema ………………………………………… ..6

4. Načini rješavanja jednadžbi koje sadrže modul ... ... ... ... ... 7

4.1 Rješenje pomoću ovisnosti između brojeva a i b, njihovih modula i kvadrata …………………………………………………………………………………………… …………………………………………………… 12

4.2.Korištenje geometrijskog tumačenja modula za rješavanje jednadžbi ……………………………………………………… ..14

4.3 Grafovi najjednostavnijih funkcija koje sadrže znak apsolutne vrijednosti.

………………………………………………………………………15

4.4.Rješenje nestandardnih jednadžbi koje sadrže modul ... .16

5. Zaključak …………………………………………………… .17

6. Popis korištene literature …………………………… 18

Svrha rada: učenici počinju učiti jednadžbe s modulima već od 6. razreda, proučavaju standardnu ​​metodu rješavanja proširivanjem modula na intervale stalnosti submodularnih izraza. Odabrao sam ovu temu jer smatram da zahtijeva dublje i detaljnije proučavanje, a problemi s modulom studentima izazivaju velike poteškoće. U školskom kurikulumu postoje zadaci koji sadrže modul kao zadatke povećane složenosti i na ispitima, stoga moramo biti spremni suočiti se s takvim zadatkom.

1. Uvod:

Riječ "modul" dolazi od latinske riječi "modulus", što znači "mjera". Ovo je polisemantička riječ (homonim) koja ima mnogo značenja i koristi se ne samo u matematici, već i u arhitekturi, fizici, inženjerstvu, programiranju i drugim egzaktnim znanostima.

U arhitekturi je to početna mjerna jedinica postavljena za određeno arhitektonska struktura i služi za izražavanje višestrukih omjera njegovih sastavnih elemenata.

U tehnologiji je to pojam koji se koristi u različitim područjima tehnologije koji nema univerzalno značenje i služi za označavanje različitih koeficijenata i veličina, na primjer, modul zahvata, modul elastičnosti itd.

Modul rasutog tereta (u fizici) je omjer normalnog naprezanja materijala i relativnog istezanja.

2. Pojmovi i definicije

Modul - apsolutna vrijednost - realnog broja A označava se sa | A |.

Da duboko proučim ova tema, morate se upoznati s najjednostavnijim definicijama koje će mi trebati:

Jednadžba je jednakost koja sadrži varijable.

Jednadžba s modulom je jednadžba koja sadrži varijablu pod znakom apsoluta (ispod znaka modula).

Rješavanje jednadžbe znači pronaći sve njezine korijene ili dokazati da korijena nema.

3 dokaz teorema

Teorem 1. Apsolutna vrijednost realan broj jednak je većem od dva broja a ili -a.

Dokaz

1. Ako je broj a pozitivan, tada je -a negativan, odnosno -a

Na primjer, broj 5 je pozitivan, tada je -5 negativan i -5

U ovom slučaju | a | = a, odnosno | a | odgovara većem od dva broja a i - a.

2. Ako je a negativan, tada je -a pozitivan i a

Posljedica. Iz teorema slijedi da je | -a | = | a |.

Zapravo, oba i jednaki su većem broju brojeva -a i a, što znači da su međusobno jednaki.

Teorem 2. Apsolutna vrijednost bilo kojeg realnog broja a jednaka je aritmetičkoj korijen od 2 .

Doista, ako ćemo tada, po definiciji modula broja, imati lAl> 0. S druge strane, za A> 0, to znači | a | = √A 2

Ako a 2

Ovaj teorem omogućuje zamjenu | a | na

Geometrijski | a | znači udaljenost na koordinatnoj liniji od točke koja predstavlja broj a do ishodišta.

Ako tada na koordinatnoj liniji postoje dvije točke a i -a jednako udaljene od nule, čiji su moduli jednaki.

Ako je a = 0, tada na koordinatnoj liniji | a | predstavljena točkom 0

4. Metode rješavanja jednadžbi koje sadrže modul.

Za rješavanje jednadžbi koje sadrže znak apsolutne vrijednosti temeljit ćemo se na definiciji modula broja i svojstvima apsolutne vrijednosti broja. Riješit ćemo neke primjere različiti putevi i vidjeti koja je od metoda lakša za rješavanje jednadžbi koje sadrže modul.

Primjer 1. Riješimo analitički i grafički jednadžbu | x + 2 | = 1.

Riješenje

Analitičko rješenje

1. način

Raspravljat ćemo na temelju definicije modula. Ako izraz pod modulom nije negativan, to jest x + 2 ≥0, tada će iz znaka modula "izaći" sa znakom plus i jednadžba će imati oblik: x + 2 = 1. Ako vrijednosti izraza pod predznakom modula su negativne, tada će po definiciji biti jednako: ili x + 2 = -1

Dakle, dobivamo ili x + 2 = 1, ili x + 2 = -1. Rješavajući dobivene jednadžbe, nalazimo: X + 2 = 1 ili X + 2 + -1

X = -1 X = 3

Odgovor: -3; -1.

Sada možemo zaključiti: ako je modul nekog izraza jednak realnom pozitivnom broju a, tada je izraz ispod modula ili a ili -a.

Grafičko rješenje

Jedan od načina rješavanja jednadžbi koje sadrže modul je grafički način. Bit ove metode je izgradnja grafova ovih funkcija. Ako se grafovi sijeku, točke presjeka ovih grafova bit će korijeni naše jednadžbe. Ako se grafikoni ne sijeku, možemo zaključiti da jednadžba nema korijena. Ova se metoda vjerojatno rjeđe od drugih koristi za rješavanje jednadžbi koje sadrže modul, jer, prvo, oduzima puno vremena i nije uvijek racionalno, a drugo, rezultati dobiveni pri izgradnji grafova nisu uvijek točni.

Drugi način rješavanja jednadžbi koje sadrže modul je podijeliti brojevnu liniju u intervale. U ovom slučaju moramo podijeliti brojevnu liniju tako da se, definicijom modula, može ukloniti znak apsolutne vrijednosti u tim intervalima. Zatim ćemo za svaki od intervala morati riješiti ovu jednadžbu i donijeti zaključak o rezultirajućim korijenima (zadovoljavaju li oni naš interval ili ne). Korijeni zadovoljavaju nedostatke i dat će konačan odgovor.

2. način

Utvrdimo za koje vrijednosti x je modul nula: | X + 2 | = 0, X = 2

Dobivamo dva intervala, od kojih svaki rješavamo jednadžbu:

Dobivamo dva mješovita sustava:

(1) X + 2 0

X-2 = 1 X + 2 = 1

Riješimo svaki sustav:

X = -3 X = -1

Odgovor: -3; -1.

Grafičko rješenje

y = | X + 2 |, y = 1.

Grafičko rješenje

Za grafičko rješavanje jednadžbe potrebno je izgraditi grafikone funkcija i

Za iscrtavanje grafikona funkcija iscrtat ćemo grafikon funkcija - ovo je funkcija koja u točkama siječe os OX i os OY.

Apscise točaka sjecišta grafova funkcija dat će rješenja jednadžbe.

Izravni graf funkcije y = 1 presjekao se s grafikonom funkcije y = | x + 2 | u točkama s koordinatama (-3; 1) i (-1; 1), stoga će rješenja jednadžbe biti apscise točaka:

x = -3, x = -1

Odgovor: -3; -1

Primjer 2. Analitički i grafički riješite jednadžbu 1 + | x | = 0,5.

Riješenje:

Analitičko rješenje

Pretvorimo jednadžbu: 1 + | x | = 0,5

| x | = 0,5-1

| x | = -0,5

Jasno je da u ovom slučaju jednadžba nema rješenja, budući da je po definiciji modul uvijek nenegativan.

Odgovor: Nema rješenja.

Grafičko rješenje

Pretvorimo jednadžbu :: 1 + | x | = 0,5

| x | = 0,5-1

| x | = -0,5

Graf funkcije su zrake - simetrale 1. i 2. koordinatnog kuta. Graf funkcije je ravna linija paralelna s osi OX i prolazi kroz točku -0,5 na osi OY.

Grafovi se ne sijeku, što znači da jednadžba nema rješenja.

Odgovor: nema rješenja.

Primjer 3. Analitički i grafički riješite jednadžbu | -x + 2 | = 2x + 1.

Riješenje:

Analitičko rješenje

1. način

Prvo morate postaviti raspon valjanih vrijednosti varijable. Postavlja se prirodno pitanje zašto u prethodnim primjerima nije bilo potrebno to učiniti, ali sada se to pojavilo.

Činjenica je da u ovom primjeru, s lijeve strane jednadžbe, modul nekog izraza, a s desne strane nije broj, već izraz s varijablom - upravo ta važna okolnost razlikuje ovaj primjer od prethodni.

Budući da se s lijeve strane nalazi modul, a s desne strane izraz koji sadrži varijablu, potrebno je zahtijevati da taj izraz bude negativan, tj. Dakle, raspon dopuštenih

vrijednosti modula

Sada možete zaključiti na isti način kao u primjeru 1, kada je s desne strane jednakosti bilo pozitivan broj... Dobivamo dva mješovita sustava:

(1) -X + 2≥0 i (2) -X + 2

X + 2 = 2X + 1; X-2 = 2X + 1

Riješimo svaki sustav:

(1) uključeno je u interval i korijen je jednadžbe.

X≤2

X = ⅓

(2) X> 2

X = -3

X = -3 nije uključen u interval i nije korijen jednadžbe.

Odgovor: ⅓.

4.1 Rješenje pomoću ovisnosti između brojeva a i b, njihovih modula i kvadrata tih brojeva.

Osim gore navedenih metoda, postoji određena ekvivalencija, između brojeva i jedinica brojeva podataka, kao i između kvadrata i jedinica podataka:

| a | = | b | a = b ili a = -b

A2 = b2 a = b ili a = -b

Iz ovoga, pak, dobivamo ono

| a | = | b | a 2 = b 2

Primjer 4. Riješimo jednadžbu | x + 1 | = | 2x - 5 | na dva različita načina.

1. Uzimajući u obzir relaciju (1), dobivamo:

X + 1 = 2x - 5 ili x + 1 = -2x + 5

x - 2x = -5 - 1 x + 2x = 5 - 1

X = -6 | (: 1) 3x = 4

X = 6 x = 11/3

Korijen prve jednadžbe je x = 6, korijen druge jednadžbe je x = 11/3

Dakle, korijeni izvorne jednadžbe x 1 = 6, x 2 = 11/3

2. Na temelju relacije (2) dobivamo

(x + 1) 2 = (2x - 5) 2 ili x2 + 2x + 1 = 4x2 - 20x + 25

X2 - 4x2 + 2x + 1 + 20x - 25 = 0

3x2 + 22x - 24 = 0 | (: - 1)

3x2 - 22x + 24 = 0

D / 4 = 121 - 3 24 = 121 - 72 = 49> 0 ==> jednadžba ima 2 različita korijena.

x 1 = (11 - 7) / 3 = 11/3

x 2 = (11 + 7) / 3 = 6

Kao što rješenje pokazuje, korijeni ove jednadžbe su i brojevi 11/3 i 6

Odgovor: x 1 = 6, x 2 = 11/3

Primjer 5. Riješimo jednadžbu (2x + 3) 2 = (x - 1) 2.

Uzimajući u obzir relaciju (2), dobivamo da je | 2x + 3 | = | x - 1 |, odakle, slijedeći model prethodnog primjera (i prema relaciji (1)):

2x + 3 = x - 1 ili 2x + 3 = -x + 1

2x - x = -1 - 3 2x + x = 1 - 3

X = -4 x = -0, (6)

Dakle, korijeni jednadžbe su x1 = -4, i x2 = -0, (6)

Odgovor: x1 = -4, x 2 = 0, (6)

Primjer 6. Riješite jednadžbu | x - 6 | = | x2 - 5x + 9 |

Koristeći omjer dobivamo:

x - 6 = x2 - 5x + 9 ili x - 6 = - (x2 - 5x + 9)

X2 + 5x + x - 6 - 9 = 0 | (-1) x - 6 = -x2 + 5x - 9

x2 - 6x + 15 = 0 x2 - 4x + 3 = 0

D = 36 - 4 15 = 36 - 60 = -24 D = 16 - 4 3 = 4> 0 ==> 2 kom.

==> bez korijena.

X 1 = (4- 2) / 2 = 1

X 2 = (4 + 2) / 2 = 3

Provjerite: | 1 - 6 | = | 12 - 5 1 + 9 | | 3 - 6 | = | 32 - 5 3 + 9 |

5 = 5 (I) 3 = | 9 - 15 + 9 |

3 = 3 (I)

Odgovor: x 1 = 1; x 2 = 3

4.2 Korištenje geometrijskog tumačenja modula za rješavanje jednadžbi.

Geometrijsko značenje modula razlike u količinama je udaljenost između njih. Na primjer, geometrijsko značenje izraza | x - a | - duljina segmenta koordinatna os spojne točke s apscisima a i x. Prevođenjem algebarskog problema u geometrijski jezik često se izbjegavaju glomazna rješenja.

Primjer 7. Riješimo jednadžbu | x - 1 | + | x - 2 | = 1 pomoću geometrijske interpretacije modula.

Tvrdit ćemo sljedeće: na temelju geometrijske interpretacije modula, lijeva strana jednadžba je zbroj udaljenosti od neke točke apscisa x do dvije fiksne točke s apscisama 1 i 2. Tada je očito da sve točke s apscisama iz segmenta imaju traženo svojstvo, ali točke koje se nalaze izvan ovog segmenta nemaju. Otuda i odgovor: skup rješenja jednadžbe je segment.

Odgovor:

Primjer 8. Riješimo jednadžbu | x - 1 | - | x - 2 | = 1 1 pomoću geometrijske interpretacije modula.

Argumentirat ćemo slično kao u prethodnom primjeru, dok dobivamo da je razlika udaljenosti do točaka s apscisom 1 i 2 jednaka samo za točke koje se nalaze na koordinatnoj osi desno od broja 2. Stoga je rješenje ova jednadžba nije segment zatvoren između točaka 1 i 2, već zraka koja izlazi iz točke 2 i usmjerena je u pozitivnom smjeru osi OX.

Odgovor :)