Előadás: „Exponenciális egyenletek megoldási módszerei”.

1 . Exponenciális egyenletek.

Az ismeretleneket exponensben tartalmazó egyenleteket exponenciális egyenleteknek nevezzük. Ezek közül a legegyszerűbb az ax = b egyenlet, ahol a > 0, a ≠ 1.

1) A b< 0 и b = 0 это уравнение, согласно свойству 1 exponenciális függvény, nincs megoldása.

2) B > 0 esetén a függvény monotonitását és a gyöktételt felhasználva az egyenletnek egyedi gyöke van. Ahhoz, hogy megtaláljuk, b-t b = aс, аx = bс ó x = c vagy x = logab formában kell ábrázolni.

Exponenciális egyenletek által algebrai transzformációk vezetni standard egyenlet amelyeket a következő módszerekkel oldanak meg:

1) az egy bázisra való redukció módja;

2) értékelési módszer;

3) grafikus módszer;

4) új változók bevezetésének módja;

5) faktorizációs módszer;

6) tájékoztató jellegű – hatványegyenletek;

7) demonstratív paraméterrel.

2 . Egy bázisra redukálás módja.

A módszer a hatványok következő tulajdonságán alapul: ha két hatvány egyenlő és bázisuk egyenlő, akkor a kitevőik egyenlőek, azaz meg kell próbálni az egyenletet a formára redukálni.

Példák. Oldja meg az egyenletet:

1 . 3x = 81;

Képzeljük el jobb oldalon egyenleteket 81 = 34 formában, és írd fel az eredetivel ekvivalens egyenletet 3 x = 34; x = 4. Válasz: 4.

2. https://pandia.ru/text/80/142/images/image004_8.png" width="52" height="49">és menjünk tovább a 3x+1 = 3 – 5x; 8x = kitevők egyenletére 4; x = 0,5. Válasz: 0,5.

3. https://pandia.ru/text/80/142/images/image006_8.png" width="105" height="47">

Figyeljük meg, hogy a 0,2, 0,04, √5 és 25 számok az 5 hatványait jelentik. Használjuk ki ezt, és alakítsuk át eredeti egyenlet alábbiak szerint:

, ahonnan 5-x-1 = 5-2x-2 ó - x – 1 = - 2x – 2, amiből az x = -1 megoldást találjuk. Válasz: -1.

5. 3x = 5. A logaritmus definíciója szerint x = log35. Válasz: log35.

6. 62x+4 = 33x. 2x+8.

Írjuk át az egyenletet 32x+4.22x+4 = 32x.2x+8, azaz.png" width="181" height="49 src="> Ebből x – 4 =0, x = 4. Válasz: 4.

7 . 2∙3x+1 - 6∙3x-2 - 3x = 9. A hatványok tulajdonságait felhasználva felírjuk az egyenletet 6∙3x - 2∙3x – 3x = 9, majd 3∙3x = 9, 3x+1 alakban. = 32, azaz x+1 = 2, x =1. Válasz: 1.

1. számú problémás bank.

Oldja meg az egyenletet:

1. számú teszt.

	1) 0 2) 4 3) -2 4) -4
A2 32x-8 = √3.	1)17/4 2) 17 3) 13/2 4) -17/4
A3	1) 3;1 2) -3;-1 3) 0;2 4) nincs gyökér
	1) 7;1 2) nincs gyökér 3) -7;1 4) -1;-7
A5	1) 0;2; 2) 0;2;3 3) 0 4) -2;-3;0
A6	1) -1 2) 0 3) 2 4) 1

2. számú teszt

A1	1) 3 2) -1;3 3) -1;-3 4) 3;-1
A2	1) 14/3 2) -14/3 3) -17 4) 11
A3	1) 2;-1 2) nincs gyökér 3) 0 4) -2;1
A4	1) -4 2) 2 3) -2 4) -4;2
A5	1) 3 2) -3;1 3) -1 4) -1;3

3 Értékelési módszer.

Gyökértétel: ha az f(x) függvény növekszik (csökken) az I intervallumon, akkor az a szám bármely f által ezen az intervallumon felvett érték, akkor az f(x) = a egyenletnek egyetlen gyöke van az I intervallumon.

Az egyenletek becslési módszerrel történő megoldása során ezt a tételt és a függvény monotonitási tulajdonságait alkalmazzuk.

Példák. Egyenletek megoldása: 1. 4x = 5 – x.

Megoldás. Írjuk át az egyenletet 4x +x = 5-re.

1. ha x = 1, akkor 41+1 = 5, 5 = 5 igaz, ami azt jelenti, hogy 1 az egyenlet gyöke.

Az f(x) = 4x függvény – növekszik R-re, és g(x) = x – növekszik R-re => h(x)= f(x)+g(x) növekszik R-re, a növekvő függvények összegeként, akkor x = 1 a 4x = 5 – x egyenlet egyetlen gyöke. Válasz: 1.

2.

Megoldás. Írjuk át az egyenletet a formába .

1. ha x = -1, akkor , 3 = 3 igaz, ami azt jelenti, hogy x = -1 az egyenlet gyöke.

2. bebizonyítani, hogy ő az egyetlen.

3. Az f(x) = - függvény R-re csökken, és g(x) = - x – csökken R-re=> h(x) = f(x)+g(x) – csökken R-re, mivel csökkenő funkciók . Ez azt jelenti, hogy a gyöktétel szerint x = -1 az egyenlet egyetlen gyöke. Válasz: -1.

2. számú probléma bank. Oldja meg az egyenletet

a) 4x + 1 =6 – x;

b)

c) 2x – 2 =1 – x;

4. Új változók bevezetésének módja.

A módszert a 2.1. bekezdés írja le. Egy új változó bevezetése (helyettesítés) általában az egyenlet feltételeinek átalakítása (egyszerűsítése) után történik. Nézzünk példákat.

Példák. R Oldja meg az egyenletet: 1. .

Írjuk át másképp az egyenletet: https://pandia.ru/text/80/142/images/image030_0.png" width="128" height="48 src="> i.e..png" width="210" height = "45">

Megoldás. Írjuk át az egyenletet másképp:

Jelöljük ki: https://pandia.ru/text/80/142/images/image035_0.png" width="245" height="57"> - nem megfelelő.

t = 4 => https://pandia.ru/text/80/142/images/image037_0.png" width="268" height="51"> - irracionális egyenlet. Megjegyezzük, hogy

Az egyenlet megoldása x = 2,5 ≤ 4, ami azt jelenti, hogy 2,5 az egyenlet gyöke. Válasz: 2.5.

Megoldás. Írjuk át az egyenletet a formába, és osszuk el mindkét oldalát 56x+6 ≠ 0-val. Kapjuk az egyenletet

2x2-6x-7 = 2x2-6x-8 +1 = 2(x2-3x-4)+1, t..png" width="118" height="56">

A másodfokú egyenlet gyöke t1 = 1 és t2<0, т. е..png" width="200" height="24">.

Megoldás . Írjuk át az egyenletet a formába

és vegye figyelembe, hogy ez egy másodfokú homogén egyenlet.

Elosztjuk az egyenletet 42x-el, megkapjuk

Cseréljük le a https://pandia.ru/text/80/142/images/image049_0.png" width="16" height="41 src="> címet.

Válasz: 0; 0.5.

3. számú probléma bank. Oldja meg az egyenletet

b)

G)

3. sz. teszt választható válaszokkal. Minimális szint.

A1	1) -0,2;2 2) log52 3) –log52 4) 2
A2 0,52x – 3 0,5x +2 = 0.	1) 2;1 2) -1;0 3) nincs gyökér 4) 0
	1) 0 2) 1; -1/3 3) 1 4) 5
A4 52x-5x - 600 = 0.	1) -24;25 2) -24,5; 25,5 3) 25 4) 2
	1) nincs gyökér 2) 2;4 3) 3 4) -1;2

4. sz. teszt választható válaszokkal. Általános szint.

A1	1) 2; 1 2) ½; 0 3) 2; 0 4) 0
A2 2x – (0,5) 2x – (0,5) x + 1 = 0	1) -1;1 2) 0 3) -1;0;1 4) 1
	1) 64 2) -14 3) 3 4) 8
	1)-1 2) 1 3) -1;1 4) 0
A5	1) 0 2) 1 3) 0;1 4) nincs gyökér

5. Faktorizációs módszer.

1. Oldja meg az egyenletet: 5x+1 - 5x-1 = 24.

Solution..png" width="169" height="69"> , honnan

2. 6x + 6x+1 = 2x + 2x+1 + 2x+2.

Megoldás. Tegyünk 6x-ot a zárójelből az egyenlet bal oldalára, és 2x-et a jobb oldalára. A 6x(1+6) = 2x(1+2+4) ó 6x = 2x egyenletet kapjuk.

Mivel 2x >0 minden x esetén, ennek az egyenletnek mindkét oldalát eloszthatjuk 2x-el anélkül, hogy félnénk a megoldások elvesztésétől. 3x = 1ó x = 0 kapjuk.

3.

Megoldás. Oldjuk meg az egyenletet a faktorizációs módszerrel.

Válasszuk ki a binomiális négyzetét

4. https://pandia.ru/text/80/142/images/image067_0.png" width="500" height="181">

x = -2 az egyenlet gyöke.

x + 1 egyenlet = 0 " style="border-collapse:collapse;border:none">

A1 5x-1 +5x -5x+1 =-19.

1) 1 2) 95/4 3) 0 4) -1

A2 3x+1 +3x-1 =270.

1) 2 2) -4 3) 0 4) 4

A3 32x + 32x+1 -108 = 0. x=1,5

1) 0,2 2) 1,5 3) -1,5 4) 3

1) 1 2) -3 3) -1 4) 0

A5 2x -2x-4 = 15. x=4

1) -4 2) 4 3) -4;4 4) 2

6. számú teszt Általános szint.

A1 (22x-1)(24x+22x+1)=7.	1) ½ 2) 2 3) -1;3 4) 0,2
A2	1) 2,5 2) 3; 4 3) log43/2 4) 0
A3 2x-1-3x=3x-1-2x+2.	1) 2 2) -1 3) 3 4) -3
A4	1) 1,5 2) 3 3) 1 4) -4
A5	1) 2 2) -2 3) 5 4) 0

6. Exponenciális – hatványegyenletek.

Az exponenciális egyenletek mellett találhatók az úgynevezett exponenciális-hatványegyenletek, azaz az (f(x))g(x) = (f(x))h(x) alakú egyenletek.

Ha ismert, hogy f(x)>0 és f(x) ≠ 1, akkor az egyenletet az exponenciálishoz hasonlóan a g(x) = f(x) kitevők egyenlővé tételével oldjuk meg.

Ha a feltétel nem zárja ki az f(x)=0 és f(x)=1 lehetőségét, akkor ezeket az eseteket kell figyelembe vennünk egy exponenciális egyenlet megoldásánál.

1..png" width="182" height="116 src=">

2.

Megoldás. x2 +2x-8 – értelme van bármely x-nek, mivel ez egy polinom, ami azt jelenti, hogy az egyenlet ekvivalens a teljességgel

https://pandia.ru/text/80/142/images/image078_0.png" width="137" height="35">

b)

7. Exponenciális egyenletek paraméterekkel.

1. A p paraméter mely értékeire vonatkozik a 4 (5 – 3) 2 +4p2–3p egyenlet = 0 (1) az egyetlen megoldás?

Megoldás. Vezessük be a 2x = t, t > 0 helyettesítést, ekkor az (1) egyenlet t2 – (5p – 3)t + 4p2 – 3p = 0 alakot ölt.

A (2) egyenlet diszkriminánsa D = (5p – 3)2 – 4(4p2 – 3p) = 9(p – 1)2.

Az (1) egyenletnek egyedi megoldása van, ha a (2) egyenletnek van pozitív gyökér. Ez a következő esetekben lehetséges.

1. Ha D = 0, azaz p = 1, akkor a (2) egyenlet t2 – 2t + 1 = 0 alakot vesz fel, tehát t = 1, ezért az (1) egyenletnek egyedi megoldása van x = 0.

2. Ha p1, akkor 9(p – 1)2 > 0, akkor a (2) egyenletnek két különböző gyökere van t1 = p, t2 = 4p – 3. A feladat feltételeit egy rendszerhalmaz teljesíti

Ha t1-et és t2-t behelyettesítünk a rendszerekbe, megvan

https://pandia.ru/text/80/142/images/image084_0.png" alt="no35_11" width="375" height="54"> в зависимости от параметра a?!}

Megoldás. Hadd akkor a (3) egyenlet t2 – 6t – a = 0 alakot vesz fel. (4)

Keressük meg az a paraméter azon értékeit, amelyekre a (4) egyenlet legalább egy gyöke teljesíti a t > 0 feltételt.

Vezessük be az f(t) = t2 – 6t – a függvényt. A következő esetek lehetségesek.

https://pandia.ru/text/80/142/images/image087.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_14.gif" align="left" width="215" height="73 src=">где t0 - абсцисса вершины параболы и D - дискриминант !} másodfokú trinomikus f(t);

https://pandia.ru/text/80/142/images/image089.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_16.gif" align="left" width="60" height="51 src=">!}

2. eset. A (4) egyenletnek egyedi pozitív döntés, Ha

D = 0, ha a = – 9, akkor a (4) egyenlet a következő formában lesz: (t – 3)2 = 0, t = 3, x = – 1.

3. eset. A (4) egyenletnek két gyöke van, de az egyik nem teljesíti a t > 0 egyenlőtlenséget. Ez akkor lehetséges, ha

https://pandia.ru/text/80/142/images/image092.png" alt="no35_17" width="267" height="63">!}

Így a 0 esetén a (4) egyenletnek egyetlen pozitív gyöke van . Ekkor a (3) egyenletnek egyedi megoldása van

Amikor a< – 9 уравнение (3) корней не имеет.

ha a< – 9, то корней нет; если – 9 < a < 0, то
ha a = – 9, akkor x = – 1;

ha a  0, akkor

Hasonlítsuk össze az (1) és (3) egyenlet megoldási módszereit! Vegye figyelembe, hogy az (1) egyenlet megoldása során az (1)-re redukáltunk másodfokú egyenlet, melynek diszkriminánsa egy tökéletes négyzet; Így a (2) egyenlet gyökeit azonnal kiszámoltuk egy másodfokú egyenlet gyökeinek képletével, majd ezekre vonatkozóan következtetéseket vontunk le. A (3) egyenletet a (4) másodfokú egyenletre redukáltuk, amelynek diszkriminánsa nem tökéletes négyzet, ezért a (3) egyenlet megoldása során célszerű egy négyzetes trinom és egy grafikus modell gyökeinek elhelyezkedésére vonatkozó tételeket használni. Megjegyezzük, hogy a (4) egyenlet megoldható Vieta tételével.

Oldjunk meg bonyolultabb egyenleteket.

3. feladat: Oldja meg az egyenletet!

Megoldás. ODZ: x1, x2.

Vezessünk be egy cserét. Legyen 2x = t, t > 0, akkor a transzformációk eredményeként az egyenlet t2 + 2t – 13 – a = 0 alakot ölt. a (*) egyenlet kielégíti a t > 0 feltételt.

https://pandia.ru/text/80/142/images/image098.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_23.gif" align="left" width="71" height="68 src=">где t0 - абсцисса вершины f(t) = t2 + 2t – 13 – a, D - дискриминант квадратного трехчлена f(t).!}

https://pandia.ru/text/80/142/images/image100.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_25.gif" align="left" width="360" height="32 src=">!}

https://pandia.ru/text/80/142/images/image102.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_27.gif" align="left" width="218" height="42 src=">!}

Válasz: ha a > – 13, a  11, a  5, akkor ha a – 13,

a = 11, a = 5, akkor nincsenek gyökök.

Felhasznált irodalom jegyzéke.

1. Guzeev oktatástechnológia alapjai.

2. Guzeev technológia: a recepciótól a filozófiáig.

M. „Iskolaigazgató” 1996. 4. sz

3. Guzeev és szervezeti formák edzés.

4. Guzeev és az integrált oktatási technológia gyakorlata.

M." Közoktatás", 2001

5. Guzeev a lecke formáiból - szeminárium.

Matematika a 2. számú iskolában, 1987 9–11.

6. Seleuko oktatási technológiák.

M. „Közoktatás”, 1998

7. Episheva iskolások matematikát tanulni.

M. "Felvilágosodás", 1990

8. Ivanova órákat – műhelyeket készíteni.

Matematika az iskolában 6. szám, 1990 p. 37-40.

9. Szmirnov matematikatanítási modellje.

Matematika az iskolában 1. szám, 1997 p. 32-36.

10. Tarasenko szervezési módok gyakorlati munka.

Matematika az iskolában 1. szám, 1993 p. 27-28.

11. Az egyéni munka egyik fajtájáról.

Matematika a 2. számú iskolában, 1994, 63–64.

12. Khazankin kreativitás iskolások.

Matematika a 2. számú iskolában, 1989 p. 10.

13. Scanavi. Kiadó, 1997

14. és mások az algebra és az elemzés kezdetei. Didaktikai anyagok Mert

15. Krivonogov feladatok matematikából.

M. „Szeptember elseje”, 2002

16. Cserkasov. Kézikönyv középiskolásoknak és

bekerülni az egyetemekre. „A S T - sajtóiskola”, 2002

17. Zhevnyak az egyetemekre belépőknek.

Minszk és Orosz Föderáció „Review”, 1996

18. Írásbeli D. Felkészülés a matematika vizsgára. M. Rolf, 1999

19. stb. Egyenletek és egyenlőtlenségek megoldásának megtanulása.

M. "Intellektus - Központ", 2003

20. stb Oktatási – képzési anyagok felkészülni az EGE-re.

M. "Intelligencia - Központ", 2003 és 2004.

21 és mások. Az Orosz Föderáció Védelmi Minisztériumának Tesztelési Központja, 2002, 2003.

22. Goldberg-egyenletek. "Kvantum" 3. szám, 1971

23. Volovich M. Hogyan tanítsunk sikeresen matematikát.

Matematika, 1997 3. sz.

24 Okunev a leckéért, gyerekek! M. Oktatás, 1988

25. Yakimanskaya – orientált tanulás az iskolában.

26. Liimets tanórán dolgoznak. M. Tudás, 1975

Exponenciális függvény n szám szorzatának általánosítása egyenlő a-val:
y (n) = a n = a·a·a···a,
az x valós számok halmazához:
y (x) = ax.
Itt a rögzítve van valós szám amelyet úgy hívnak az exponenciális függvény alapja.
Az a bázisú exponenciális függvényt is nevezzük kitevője a bázisra.

Az általánosítás a következőképpen történik.
Természetes x = esetén 1, 2, 3,... , az exponenciális függvény x tényező szorzata:
.
Sőt, vannak tulajdonságai (1,5-8) (), amelyek a számok szorzásának szabályaiból következnek. Az egész számok nulla és negatív értékei esetén az exponenciális függvényt az (1,9-10) képletekkel határozzuk meg. at törtértékek x = m/n racionális számok, , az (1.11) képlet határozza meg. A valós értékeknél az exponenciális függvényt a következőképpen határozzuk meg sorozathatár:
,
ahol x-hez konvergál racionális számok tetszőleges sorozata: .
Ezzel a definícióval az exponenciális függvény minden -re definiálva van, és megfelel az (1,5-8) tulajdonságoknak, mint a természetes x esetében.

Szigorú matematikai megfogalmazás Az exponenciális függvény definíciói és tulajdonságainak bizonyítása az „Exponenciális függvény definíciója és tulajdonságainak bizonyítása” oldalon található.

Az exponenciális függvény tulajdonságai

Az y = a x exponenciális függvény rendelkezik következő tulajdonságokat a valós számok halmazán () :
(1.1) meghatározott és folyamatos, for , for all ;
(1.2) egy ≠ esetén 1 sok jelentése van;
(1.3) szigorúan növekszik -nál, szigorúan csökken -nél,
állandó -nál;
(1.4) at ;
at ;
(1.5) ;
(1.6) ;
(1.7) ;
(1.8) ;
(1.9) ;
(1.10) ;
(1.11) , .

Egyéb hasznos képletek.
.
Képlet az exponenciális függvényre való konvertáláshoz eltérő kitevőbázissal:

Ha b = e, akkor az exponenciális függvény kifejezését az exponenciálison keresztül kapjuk:

Magánértékek

, , , , .

Az ábrán az exponenciális függvény grafikonjai láthatók
y (x) = ax
négy értékre fokozati alapok: a = 2 , a = 8 , a = 1/2 és egy = 1/8 . 1 Látható, hogy egy > 0 < a < 1 az exponenciális függvény monoton növekszik. Minél nagyobb az a fok alapja, annál erősebb a növekedés. at

az exponenciális függvény monoton csökken. Minél kisebb az a kitevő, annál erősebb a csökkenés.

Emelkedő, csökkenő

	Az exponenciális függvény szigorúan monoton, ezért nincs szélsősége. Főbb tulajdonságait a táblázat tartalmazza. 1	y = a x , a > 0 < a < 1
y = fejsze,	- ∞ < x < + ∞	- ∞ < x < + ∞
A meghatározás tartománya	0 < y < + ∞	0 < y < + ∞
Értékek tartománya	Monoton	monoton növekszik
monoton csökken 0	Nullák, y =	Nullák, y =
Nem 0	Metszéspontok az ordináta tengellyel, x = 1	Metszéspontok az ordináta tengellyel, x = 1
	+ ∞	0
	0	+ ∞

y =

Inverz függvény

Az a bázisú exponenciális függvény inverze az a bázis logaritmusa.
.
Ha, akkor
.

Ha, akkor

Exponenciális függvény differenciálása Egy exponenciális függvény megkülönböztetéséhez az alapját e számra kell redukálni, alkalmazni kell a derivált táblázatot és a differenciálási szabályt.

összetett funkció
Ehhez a logaritmusok tulajdonságát kell használni
.

és a derivált táblázat képlete:
.
Adjunk meg egy exponenciális függvényt:

Hozzuk az alapra e:

Alkalmazzuk az összetett függvények differenciálási szabályát. Ehhez vezesse be a változót

Majd
.
A derivált táblázatból a következőt kapjuk (az x változót z-re cseréljük):
.
Mivel konstans, z deriváltja x-hez képest egyenlő
.

A komplex függvény differenciálási szabálya szerint:

.
Exponenciális függvény deriváltja
.
Az n-edik rend származéka:

Példa exponenciális függvény differenciálására

Keresse meg egy függvény deriváltját
Metszéspontok az ordináta tengellyel, x = 35x

Megoldás

Fejezzük ki az exponenciális függvény alapját az e számon keresztül.
3 = e ln 3
Alkalmazzuk az összetett függvények differenciálási szabályát. Ehhez vezesse be a változót
.
Adjon meg egy változót
.
Alkalmazzuk az összetett függvények differenciálási szabályát. Ehhez vezesse be a változót

A származékok táblázatából a következőket találjuk:
.
Mivel 5ln 3 konstans, akkor z deriváltja x-hez képest egyenlő:
.
Egy komplex függvény differenciálási szabálya szerint a következőket kapjuk:
.

Válasz

Integrál

Komplex számokat használó kifejezések

Fontolja meg a funkciót komplex szám z:
f (z) = a z
ahol z = x + iy; 2 = - 1 .
én
Fejezzük ki az a komplex állandót r modulussal és φ argumentummal:
Alkalmazzuk az összetett függvények differenciálási szabályát. Ehhez vezesse be a változót


.
a = r e i φ A φ argumentum nincs egyértelműen definiálva. IN
φ = φ általános nézet,
0 + 2 πn ahol n egész szám. Ezért az f függvény(z)
.

szintén nem egyértelmű. Fő jelentőségét gyakran figyelembe veszik

.

A sorozat bővítése
Felhasznált irodalom:

I.N. Bronstein, K.A. Semendyaev, Matematika kézikönyve mérnökök és főiskolai hallgatók számára, „Lan”, 2009. Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: