FEDERALNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE

ZAVOD ZA RAZVOJ OBRAZOVANJA

“Grafičke metode rješavanja jednadžbi i nejednadžbi s parametrima”

Završeno

profesorica matematike

Općinska obrazovna ustanova srednja škola br. 62

Lipetsk 2008

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

x;na) 4

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

1.2. Skretanje................................................. ................................................. ...... 9

1.3. Homotetija. Kompresija u ravnu liniju.................................................. ..... ................. 13

1.4. Dvije prave u ravnini..................................................... ......................... 15

2. GRAFIČKE TEHNIKE. KOORDINATNA RAVNINA ( x;A) 17

ZAKLJUČAK................................................. ............................................ 20

BIBLIOGRAFSKI POPIS................................................ ................................. 22

UVOD

Problemi koje školarci imaju pri rješavanju nestandardnih jednadžbi i nejednadžbi uzrokovani su kako relativnom složenošću tih problema, tako i činjenicom da je škola u pravilu usmjerena na rješavanje standardnih problema.

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

Drugi školarci tretiraju parametar kao nepoznatu veličinu i bez srama mogu izraziti parametar u smislu varijable u svom odgovoru X.

Na završnim i prijamnim ispitima postoje uglavnom dvije vrste problema s parametrima. Možete ih odmah razlikovati po tekstu. Prvo: "Za svaku vrijednost parametra pronađite sva rješenja neke jednadžbe ili nejednadžbe." Drugo: "Pronađite sve vrijednosti parametra, za svaku od kojih su zadovoljeni određeni uvjeti za danu jednadžbu ili nejednadžbu." Sukladno tome, odgovori u zadacima ove dvije vrste bitno se razlikuju. U odgovoru na problem prvog tipa navedene su sve moguće vrijednosti parametra i za svaku od tih vrijednosti napisana su rješenja jednadžbe. Odgovor na problem drugog tipa ukazuje na sve vrijednosti parametara pod kojima su ispunjeni uvjeti navedeni u problemu.

Rješenje jednadžbe s parametrom za zadanu fiksnu vrijednost parametra je takva vrijednost nepoznanice, kada se zamijeni u jednadžbu, potonja se pretvara u ispravnu numeričku jednakost. Slično se određuje i rješenje nejednadžbe s parametrom. Rješavanje jednadžbe (nejednadžbe) s parametrom znači za svaku dopuštenu vrijednost parametra pronaći skup svih rješenja zadane jednadžbe (nejednadžbe).

1. GRAFIČKE TEHNIKE. KOORDINATNA RAVNINA ( x;na)

Uz osnovne analitičke tehnike i metode za rješavanje problema s parametrima, postoje načini korištenja vizualnih i grafičkih interpretacija.

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

Na ravnini (x; y) funkcija y =f (X; A) definira familiju krivulja ovisno o parametru A. Jasno je da svaka obitelj f ima određena svojstva. Nas će prije svega zanimati kakva se transformacija u ravnini (paralelna translacija, rotacija itd.) može koristiti za prijelaz s jedne krivulje familije na drugu. Svakoj od ovih transformacija bit će posvećen poseban odlomak. Čini nam se da takva klasifikacija olakšava odlučivaču pronalaženje potrebne grafičke slike. Imajte na umu da kod ovog pristupa ideološki dio rješenja ne ovisi o tome koja će figura (ravna crta, krug, parabola itd.) biti član obitelji krivulja.

Naravno, grafička slika obitelji nije uvijek y =f (X;A) opisan jednostavnom transformacijom. Stoga je u takvim situacijama korisno usredotočiti se ne na to kako su krivulje iste obitelji povezane, već na same krivulje. Drugim riječima, možemo razlikovati drugu vrstu problema kod kojih se ideja rješenja primarno temelji na svojstvima specifičnog geometrijski oblici, a ne obitelj u cjelini. Koje će nas figure (točnije obitelji tih figura) prije svega zanimati? To su ravne linije i parabole. Ovaj izbor je zbog posebnog (osnovnog) položaja linearnog i kvadratne funkcije u školskoj matematici.

Govoreći o grafičkim metodama, nemoguće je zaobići jedan problem koji je “rođen” iz prakse natjecateljskih ispita. Mislimo na pitanje strogosti, a time i zakonitosti odluke koja se temelji na slikovitim razmatranjima. Nedvojbeno, s formalnog gledišta, rezultat uzet iz “slike”, nepotkrijepljen analitički, nije dobiven striktno. No, tko, kada i gdje određuje razinu strogoće koje se srednjoškolac treba pridržavati? Po našem mišljenju, zahtjeve za razinu matematičke strogosti za učenika treba odrediti zdravim razumom. Razumijemo stupanj subjektivnosti takvog gledišta. Štoviše, grafička metoda samo je jedno od sredstava preglednosti. A vidljivost može zavarati..gif" width="232" height="28"> ima samo jedno rješenje.

Riješenje. Radi praktičnosti, označavamo lg b = a. Napišimo jednadžbu koja je ekvivalentna originalnoj: https://pandia.ru/text/78/074/images/image004_56.gif" width="125" height="92">

Građenje grafa funkcije s domenom definicije i (slika 1). Dobiveni graf je skup ravnih linija y = a mora presijecati samo u jednoj točki. Slika pokazuje da je ovaj zahtjev ispunjen samo kada 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. Ovo je ravna linija paralelna s osi OX.

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

ako je , tada 2 rješenja;

ako , 4 rješenja.

Prijeđimo na novu seriju zadataka..gif" width="107" height="27 src=">.

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

imaju jedno rješenje, koje je ekvivalentno za jednadžbu ( x+1)2 = x + A imaju jedan korijen..gif" width="44 height=47" height="47"> izvorna nejednadžba nema rješenja. Imajte na umu da netko tko je upoznat s izvodom može dobiti ovaj rezultat drugačije.

Zatim, pomičući "poluparabolu" ulijevo, popravit ćemo posljednji trenutak kada su grafikoni na = x+ 1 i imaju dvije zajedničke točke (pozicija III). Ovaj je raspored osiguran zahtjevom A= 1.

Jasno je da za segment [ x 1; x 2], gdje x 1 i x 2 – apscise točaka presjeka grafova, bit će rješenje izvorne nejednadžbe..gif" width="68 height=47" height="47">, tada

Kada se "poluparabola" i pravac sijeku u samo jednoj točki (ovo odgovara slučaju a > 1), tada će rješenje biti segment [- A; x 2"], gdje x 2" – najveći od korijena x 1 i x 2 (pozicija IV).

Primjer 4..gif" width="85" height="29 src=">.gif" width="75" height="20 src="> . Odavde dobivamo .

Pogledajmo funkcije i . Među njima samo jedna definira familiju krivulja. Sada vidimo da je zamjena donijela nesumnjivu korist. Paralelno, napominjemo da u prethodnom problemu, koristeći sličnu zamjenu, možete napraviti ne "polu-parabola" potez, već ravnu liniju. Okrenimo se sl. 4. Očito, ako je apscisa vrha “poluparabole” veća od jedan, tj. –3 A > 1, , tada jednadžba nema korijena..gif" width="89" height="29"> i imaju različitu monotonost.

Odgovor. Ako tada 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 naći ćemo zamjenom para (0;0) u prvu jednadžbu sustava. Odavde k1 =-1/4. Značenje k 2 dobivamo zahtijevajući od sustava

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

Odgovor. .

Napravimo jednu napomenu. U nekim primjerima ove točke morat ćemo riješiti standardni problem: za familiju linija pronaći njezin kutni koeficijent koji odgovara trenutku dodirivanja s krivuljom. Pokazat ćemo vam kako to učiniti u opći pogled pomoću izvedenice.

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

Potreban nagib k jednak .

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 OB sijeku luk AB u jednoj točki, a također sijeku luk AB OB i OM (tangenta) u jednoj točki..gif" width="16" height="48 src=">. Faktor nagiba tangens je jednak . Lako se pronalazi 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 najveća točka.

Funkcija je skup ravnih linija koje prolaze točkom https://pandia.ru/text/78/074/images/image062_7.gif" width="153" height="28"> je luk AB. Pravac linije koje će se nalaziti između pravaca OA i OB, zadovoljavaju uvjete zadatka..gif" width="17" height="47 src=">.

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

1.3. Homotetija. Kompresija do ravne linije.

Primjer 8. Koliko rješenja ima sustav?

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

Okrenimo se sl. 8..gif" width="80" height="25"> svaka stranica kvadrata ima dvije zajedničke točke s krugom, što znači da će sustav imati osam rješenja. Kada se pokaže da je krug upisan u kvadrat, tj. opet će biti četiri rješenja Očito, 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 je , tada postoji osam rješenja.

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

Broj korijena će odgovarati broju 8 kada je polumjer polukruga veći i manji od , tj. Imajte na umu da postoji .

Odgovor. ili .

1.4. Dvije prave u ravnini

U biti, ideja rješavanja problema ovog odlomka temelji se na pitanju proučavanja relativnog položaja dviju ravnih linija: I . Lako je prikazati rješenje ovog problema u općenitom obliku. Osvrnut ćemo se izravno na konkretne tipične primjere, koji, po našem mišljenju, neće oštetiti opću stranu problema.

Primjer 10. Za ono što a i b čini 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 rubom na= 2x– 1 (slika 10). Lako je shvatiti da dobiveni sustav ima rješenje ako je pravac ah +prema = 5 siječe granicu poluravnine ili, budući da je s njom paralelna, leži u poluravnini na– 2x + 1 < 0.

Počnimo sa slučajem b = 0. Tada bi se činilo da jednadžba Oh+ od = 5 definira okomitu liniju koja očito siječe liniju y = 2X - 1. Međutim, ova izjava je točna samo kada ..gif" width="43" height="20 src="> sustav ima rješenja ..gif" width="99" height="48">. U ovom slučaju uvjet za sjecište pravaca postiže se na , 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=">.

− B koordinatna ravnina xOa crtamo funkciju.

− Razmotrite pravce i odaberite one intervale osi Oa na kojima te pravci zadovoljavaju sljedeće uvjete: a) ne sijeku graf funkcije https://pandia.ru/text/78/074/images/image109_0 .gif" width="69" height ="24"> u jednoj točki, c) u dvije točke, d) u tri točke i tako dalje.

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

Pogled na parametar kao jednaku varijablu odražava se u 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 primjene ovih metoda ograničen je poteškoćama na koje se može naići pri izradi grafičke slike. Je li stvarno tako loše? Očigledno nije. Uistinu, ovim se pristupom uvelike gubi glavna didaktička vrijednost problema s parametrima kao modela minijaturnog istraživanja. Međutim, gornja razmatranja upućena su učiteljima, a za kandidate je sasvim prihvatljiva formula: cilj opravdava sredstva. Štoviše, uzmimo slobodu reći da na znatnom broju sveučilišta sastavljači kompeticijskih problema s parametrima slijede put od slike do stanja.

U ovim smo zadacima raspravljali o mogućnostima rješavanja problema s parametrom koje nam se otvaraju kada na komadu papira crtamo grafove funkcija koje se nalaze u lijevoj i desnoj strani jednadžbi ili nejednadžbi. Zbog činjenice da parametar može poprimiti proizvoljne vrijednosti, jedan ili oba prikazana grafikona pomiču se na određeni način u ravnini. Možemo reći da se dobiva cijela obitelj grafova koji odgovaraju različitim vrijednostima parametra.

Naglasimo snažno dva detalja.

Prvo, ne govorimo o "grafičkom" rješenju. Sve vrijednosti, koordinate, korijeni izračunavaju se striktno, analitički, kao rješenja odgovarajućih jednadžbi i sustava. Isto vrijedi i za slučajeve dodirivanja ili križanja grafova. Oni se ne određuju okom, već uz pomoć diskriminanata, izvedenica i drugih alata koji su vam dostupni. Slika samo daje rješenje.

Drugo, čak i ako ne pronađete način da riješite problem povezan s prikazanim grafikonima, vaše će se razumijevanje problema značajno proširiti, dobit ćete informacije za samotestiranje i šanse za uspjeh će se značajno povećati. Točno zamišljajući što se događa u problemu kada različita značenja parametra, možda ćete pronaći ispravan algoritam rješenja.

Stoga ćemo ove riječi zaključiti hitnom rečenicom: ako u najmanjem stupnju težak zadatak Postoje funkcije za koje znate crtati grafikone, svakako to učinite, nećete požaliti.

BIBLIOGRAFSKI POPIS

1. Čerkasov,: Priručnik za srednjoškolce i kandidate za sveučilišta [Tekst] /, . – M.: AST-PRESS, 2001. – 576 str.

2. Gorshtein, s parametrima [Tekst]: 3. izdanje, prošireno i prerađeno / , . – M.: Ilexa, Kharkov: Gymnasium, 1999. – 336 str.

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

Značenje varijabli x, y od mnogih x, kod koje nejednakost prelazi u pravu brojčanu nejednakost, naziva se odluka i naznačen je (x, y). Riješite nejednadžbu - to znači pronaći mnogo takvih parova.

Ako svaki par brojeva (x, y) iz skupa rješenja nejednadžbe spojite točku M(x, y), dobivamo skup točaka na ravnini definiranoj ovom nejednadžbom. On je pozvan graf ove nejednakosti . Graf nejednadžbe obično je površina na ravnini.

Opisati skup rješenja nejednadžbe f(x, y) > g(x, y), postupite na sljedeći način. Prvo zamijenite znak nejednakosti znakom jednakosti i pronađite liniju koja ima jednadžbu f(x,y) = g(x,y). Ova linija dijeli ravninu na nekoliko dijelova. Nakon toga dovoljno je uzeti po jednu točku u svakom dijelu i provjeriti je li nejednakost u toj točki zadovoljena f(x, y) > g(x, y). Ako se izvrši na ovoj točki, onda će se izvršiti u cijelom dijelu gdje se ta točka nalazi. Kombinirajući takve dijelove, dobivamo mnoga rješenja.

Zadatak. g > x.

Riješenje. Prvo zamijenimo znak nejednakosti znakom jednakosti i konstruiramo pravac u pravokutnom koordinatnom sustavu koji ima jednadžbu g = x.

Ova linija dijeli ravninu na dva dijela. Nakon toga uzmite po jednu točku u svakom dijelu i provjerite je li nejednakost u toj točki zadovoljena g > x.

Zadatak. Riješi grafički nejednadžbu
x 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 nejednadžbi s dvije varijable

Sustav nejednakosti je sami konjunkcija ovih nejednakosti. Sustavno rješenje je svako značenje (x, y), što svaku od nejednakosti pretvara u pravu numeričku nejednadžbu. Mnogo rješenja sustava nejednakosti je presjek skupova rješenja nejednadžbi koje tvore dani sustav.

Skup nejednakosti je sami disjunkcija ovih nejednakosti Rješenjem totaliteta je svako značenje (x, y), koji pretvara barem jednu iz skupa nejednakosti u pravu brojčanu nejednadžbu. Mnogo rješenja totalitet je unija skupova rješenja nejednadžbi koje čine skup.

Zadatak. Riješi grafički sustav nejednadžbi

Riješenje. y = x I x 2 + na 2 = 25. Rješavamo svaku nejednadžbu sustava.

Graf sustava bit će skup točaka na ravnini koje su sjecište (dvostruko šrafirano) skupova rješenja prve i druge nejednadžbe.

Zadatak. Riješi grafički skup nejednadžbi

Vježbe za samostalan rad

1. Grafički riješite nejednadžbe: a) na> 2x; b) na< 2x + 3;

V) x 2+ g 2 > 9; G) x 2+ g 2 £4.

2. Grafički riješiti sustave nejednadžbi:

a) b)

Učenik 10. razreda Yuri Kotovchikhin

Učenici počinju učiti jednadžbe s modulima već u 6. razredu, uče standardnu ​​metodu rješavanja koristeći proširenje modula na intervale konstantnog predznaka submodularnih izraza. Odabrao sam ovu temu jer smatram da zahtijeva dublje i temeljitije proučavanje, problemi s modulom stvaraju velike poteškoće studentima. U školski plan i program Na ispitima postoje zadaci koji sadrže modul kao zadaci povećane složenosti, stoga se moramo pripremiti na takav zadatak.

Preuzimanje datoteka:

Pregled:

Općinska obrazovna ustanova

Prosjek sveobuhvatna škola №5

Istraživački rad na temu:

« Algebarsko i grafičko rješavanje jednadžbi i nejednadžbi koje sadrže modul»

Obavio sam posao:

Učenik 10. razreda

Kotovčihin Jurij

Nadglednik:

Učiteljica matematike

Shanta N.P.

Uryupinsk

1. Uvod………………………………………………………….3

2. Pojmovi i definicije…………………………………….5

3. Dokaz teorema…………………………………………..6

4. Metode rješavanja jednadžbi koje sadrže modul…………7

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

4.2. Korištenje geometrijske interpretacije modula za rješavanje jednadžbi……………………………………………………………..14

4.3.Grafovi najjednostavnijih funkcija s predznakom apsolutne vrijednosti.

………………………………………………………………………15

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

5. Zaključak………………………………………………………….17

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

Svrha rada: učenici počinju proučavati jednadžbe s modulima od 6. razreda, uče standardnu ​​metodu rješavanja koristeći proširenje modula na intervale konstantnog predznaka submodularnih izraza. Odabrao sam ovu temu jer smatram da zahtijeva dublje i temeljitije proučavanje, problemi s modulom stvaraju velike poteškoće studentima. U školskom kurikulumu postoje zadaci koji sadrže modul kao zadaci povećane složenosti i na ispitima, stoga se moramo pripremiti na takav zadatak.

1. Uvod:

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

U arhitekturi, ovo je izvorna mjerna jedinica uspostavljena za dano arhitektonska struktura i služi za izražavanje višestrukih omjera njegovih sastavnih elemenata.

U tehnici je to pojam koji se koristi u raznim područjima tehnike, a nema univerzalno značenje i služi za označavanje raznih koeficijenata i veličina, npr. modula zahvata, modula elastičnosti itd.

Modul volumena (u fizici) je omjer normalnog naprezanja u materijalu i relativnog istezanja.

2. Pojmovi i definicije

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

Za dublje proučavanje ove teme potrebno je upoznati se s najjednostavnijim definicijama koje će mi trebati:

Jednadžba je jednakost koja sadrži varijable.

Jednadžba s modulom je jednadžba koja ispod predznaka apsolutne vrijednosti (ispod znaka modula) sadrži varijablu.

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

3. Dokaz teorema

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

Dokaz

1. Ako je broj a pozitivan, onda je -a negativan, tj. -a

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

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

2. Ako je a negativno, tada je -a pozitivno i a

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

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

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

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

Ako a 2

Ovaj teorem omogućuje zamjenu |a| pri rješavanju nekih problema. na

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

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

Ako je a = 0, tada je na koordinatnom pravcu |a| predstavljena točkom 0

4. Metode rješavanja jednadžbi koje sadrže modul.

Za rješavanje jednadžbi koje sadrže predznak apsolutne vrijednosti oslanjat ćemo se na definiciju modula broja i svojstva apsolutne vrijednosti broja. Riješit ćemo neke primjere različiti putevi i da vidimo koja se metoda pokazala lakšom za rješavanje jednadžbi koje sadrže modul.

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

Riješenje

Analitičko rješenje

1. metoda

Rasuđivat ćemo na temelju definicije modula. Ako je izraz ispod modula nenegativan, tj. x + 2 ≥0, tada će ispod znaka modula “izići” s znakom plus i jednadžba će imati oblik: x + 2 = 1. Ako je vrijednost izraza pod znakom modula negativna, tada će po definiciji biti jednaka: ili x + 2=-1

Dakle, dobivamo ili x + 2 = 1 ili x + 2 = -1. Rješavanjem dobivenih jednadžbi nalazimo: X+2=1 ili X+2+-1

X=-1 X=3

Odgovor: -3;-1.

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

Grafičko rješenje

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

Drugi način rješavanja jednadžbi koje sadrže modul je dijeljenje brojevnog pravca u intervale. U ovom slučaju trebamo razdvojiti brojevni pravac tako da se, prema definiciji modula, može ukloniti predznak apsolutne vrijednosti na tim intervalima. Zatim ćemo za svaki od intervala morati riješiti ovu jednadžbu i izvesti zaključak o dobivenim korijenima (zadovoljavaju li oni naš interval ili ne). Korijeni koji zadovoljavaju praznine dat će konačni odgovor.

2. metoda

Utvrdimo pri kojim je vrijednostima x modul jednak nuli: |X+2|=0, X=2

Dobivamo dva intervala, na svakom od njih 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

Da biste grafički riješili jednadžbu, morate izgraditi grafove funkcija i

Da bismo izgradili graf funkcije, napravimo graf funkcije - to je funkcija koja siječe os OX i os OY u točkama.

Apscise sjecišta grafova funkcija dat će rješenja jednadžbe.

Ravni graf funkcije y=1 presječen s grafom 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. Riješi analitički i grafički jednadžbu 1 + |x| = 0,5.

Riješenje:

Analitičko rješenje

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

|x| =0,5-1

|x|=-0,5

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

Odgovor: nema rješenja.

Grafičko rješenje

Transformirajmo 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 pravac paralelan s osi OX i prolazi točkom -0,5 na osi OY.

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

Odgovor: nema rješenja.

Primjer 3. Riješi analitički i grafički jednadžbu |-x + 2| = 2x + 1.

Riješenje:

Analitičko rješenje

1. metoda

Prvo morate postaviti raspon prihvatljivih vrijednosti za varijablu. Postavlja se prirodno pitanje: zašto u prethodnim primjerima nije bilo potrebe za tim, ali sada se pojavilo.

Činjenica je da je u ovom primjeru na lijevoj strani jednadžbe modul nekog izraza, a na desnoj strani nije broj, već izraz s varijablom - to je ta važna okolnost koja razlikuje ovaj primjer od prethodnih.

Budući da se na lijevoj strani nalazi modul, a na desnoj strani izraz koji sadrži varijablu, potrebno je zahtijevati da taj izraz bude nenegativan, tj. da raspon valjanih

vrijednosti modula

Sada možemo razmišljati na isti način kao u primjeru 1, kada je na desnoj strani jednakost koju smo pronašli 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) uključen je u interval i korijen je jednadžbe.

X≤2

X=⅓

(2) X>2

X=-3

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

Odgovor: ⅓.

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

Uz metode koje sam gore naveo, postoji određena ekvivalencija između brojeva i modula danih brojeva, kao i između kvadrata i modula danih brojeva:

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

A2=b2 a=b ili a=-b

Odavde mi zauzvrat dobivamo to

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

Primjer 4. Riješite 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 x=6, korijen druge jednadžbe 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 također su brojevi 11/3 i 6

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

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

Uzimajući u obzir relaciju (2), dobivamo da je |2x + 3|=|x - 1|, odakle prema primjeru 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, x2 =0,(6)

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

Koristeći odnos, 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 r.k.

==> 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 geometrijske interpretacije modula za rješavanje jednadžbi.

Geometrijsko značenje modula razlike između veličina je udaljenost između njih. Na primjer, geometrijsko značenje izraza |x - a | - duljina segmenta koordinatna os, povezujući točke s apscisama a i x. Prevođenje algebarskog problema u geometrijski jezik često omogućuje izbjegavanje glomaznih rješenja.

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

Rezonirat ćemo na sljedeći način: na temelju geometrijske interpretacije modula, lijeva strana jednadžba je zbroj udaljenosti od određene točke apscise x do dviju fiksnih točaka s apscisama 1 i 2. Tada je očito da sve točke s apscisama iz segmenta imaju traženo svojstvo, ali točke koje se nalaze izvan tog segmenta nemaju. Otuda odgovor: skup rješenja jednadžbe je segment.

Odgovor:

Primjer8. Riješimo jednadžbu |x - 1| - |x - 2|=1 1 korištenjem geometrijske interpretacije modula.

Rezumirat ćemo slično kao u prethodnom primjeru, pa ćemo ustanoviti da je razlika udaljenosti do točaka s apscisama 1 i 2 jednaka jedinici samo za točke koje se nalaze na koordinatnoj osi desno od broja 2. Dakle, rješenje za ova jednadžba neće biti segment između točaka 1 i 2, i zraka koja izlazi iz točke 2 i usmjerena je u pozitivnom smjeru osi OX.

Odgovor:)