Kutatómunka egyenletek és egyenlőtlenségek grafikus megoldása. Lineáris egyenletek grafikus megoldása

A grafikus módszer a másodfokú egyenlőtlenségek megoldásának egyik fő módszere. A cikkben bemutatunk egy algoritmust a grafikus módszer használatához, majd példákon keresztül megvizsgáljuk a speciális eseteket.

A grafikus módszer lényege

A módszer nem csak a másodfokú egyenlőtlenségek megoldására alkalmazható. Lényege: az egyenlőtlenség jobb és bal oldalát két különálló függvénynek tekintjük, y = f (x) és y = g (x), grafikonjaikat egy téglalap alakú koordinátarendszerben ábrázoljuk, és nézzük meg, hogy melyik grafikon a másik felett helyezkedik el, és mely intervallumokon. Az intervallumokat a következőképpen becsüljük:

1. definíció

• Az f (x) > g (x) egyenlőtlenség megoldásai olyan intervallumok, ahol az f függvény grafikonja magasabb, mint a g függvény grafikonja;
• az f (x) ≥ g (x) egyenlőtlenség megoldásai olyan intervallumok, ahol az f függvény grafikonja nem kisebb, mint a g függvény grafikonja;
• az f(x) egyenlőtlenség megoldásai< g (x) являются интервалы, где график функции f ниже графика функции g ;
• az f (x) ≤ g (x) egyenlőtlenség megoldásai olyan intervallumok, ahol az f függvény grafikonja nem magasabb, mint a g függvény grafikonja;
• Az f és g függvények grafikonjainak metszéspontjainak abszcisszái az f (x) = g (x) egyenlet megoldásai.

Nézzük meg a fenti algoritmust egy példa segítségével. Ehhez vegyük az a x 2 + b x + c másodfokú egyenlőtlenséget< 0 (≤ , >, ≥), és ebből két függvényt származtat. Az egyenlőtlenség bal oldala y = a · x 2 + b · x + c (ebben az esetben f (x) = a · x 2 + b · x + c), a jobb oldala pedig y = 0 ( ebben az esetben g (x) = 0).

Az első függvény grafikonja egy parabola, a második egy egyenes, amely egybeesik az O x x tengellyel. Elemezzük a parabola helyzetét az O x tengelyhez képest. Ehhez készítsünk egy sematikus rajzot.

A parabola ágai felfelé irányulnak. Pontokban metszi az O x tengelyt x 1És x 2. Az a együttható ebben az esetben pozitív, mivel ez a felelős a parabola ágainak irányáért. A diszkrimináns pozitív, ami azt jelzi, hogy a másodfokú trinomnak két gyöke van a x 2 + b x + c. A trinomiális gyökereit as-ként jelöljük x 1És x 2, és ezt elfogadták x 1< x 2 , mivel az O x tengelyen egy abszcissza pont van ábrázolva x 1 az abszcisszaponttól balra x 2.

A parabola O x tengely feletti részeit pirossal, alatta kékkel jelöljük. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy a rajzot vizuálisabbá tegyük.

Jelöljük ki az ezeknek a részeknek megfelelő tereket, és jelöljük meg a képen bizonyos színű mezőkkel.

Pirossal jelöltük a (− ∞, x 1) és (x 2, + ∞) intervallumokat, ezeken a parabola az O x tengely felett van. Ezek a · x 2 + b · x + c > 0. Kék színnel jelöltük az (x 1 , x 2) intervallumot, amely az a x 2 + b x + c egyenlőtlenség megoldása.< 0 . Числа x 1 и x 2 будут отвечать равенству a · x 2 + b · x + c = 0 .

Röviden összefoglaljuk a megoldást. Ha a > 0 és D = b 2 − 4 a c > 0 (vagy D " = D 4 > 0 páros b együttható esetén) kapjuk:

• az a x 2 + b x + c > 0 másodfokú egyenlőtlenség megoldása (− ∞ , x 1) ∪ (x 2 , + ∞) vagy más jelöléssel x< x 1 , x >x2;
• az a · x 2 + b · x + c ≥ 0 másodfokú egyenlőtlenség megoldása (− ∞ , x 1 ] ∪ [ x 2 , + ∞) vagy más formában x ≤ x 1, x ≥ x 2 ;
• az a x 2 + b x + c másodfokú egyenlőtlenség megoldása< 0 является (x 1 , x 2) или в другой записи x 1 < x < x 2 ;
• az a x 2 + b x + c ≤ 0 másodfokú egyenlőtlenség megoldása [ x 1 , x 2 ] vagy más jelöléssel x 1 ≤ x ≤ x 2 ,

ahol x 1 és x 2 az a x 2 + b x + c és x 1 másodfokú trinom gyökei< x 2 .

Ezen az ábrán a parabola csak egy pontban érinti az O x tengelyt, amelyet a következőképpen jelölünk x 0 a > 0. D=0, ezért a másodfokú trinomnak egy gyöke van x 0.

A parabola teljes egészében az O x tengely felett helyezkedik el, kivéve a koordinátatengely érintési pontját. Színezzük ki az intervallumokat (− ∞ , x 0) , (x 0 , ∞) .

Írjuk fel az eredményeket. Nál nél a > 0És D=0:

• a másodfokú egyenlőtlenség megoldása a x 2 + b x + c > 0(− ∞ , x 0) ∪ (x 0 , + ∞) vagy más jelöléssel x ≠ x 0;
• a másodfokú egyenlőtlenség megoldása a x 2 + b x + c ≥ 0 van (− ∞ , + ∞) vagy más jelöléssel x ∈ R;
• másodfokú egyenlőtlenség a x 2 + b x + c< 0 nincs megoldása (nincs olyan intervallum, ahol a parabola a tengely alatt helyezkedik el Ökör);
• másodfokú egyenlőtlenség a x 2 + b x + c ≤ 0 egyedi megoldása van x = x 0(az érintkezési pont adja meg),

Ahol x 0- a négyzetháromtag gyöke a x 2 + b x + c.

Tekintsük a harmadik esetet, amikor a parabola ágai felfelé irányulnak, és nem érintik a tengelyt Ökör. A parabola ágai felfelé irányulnak, ami azt jelenti a > 0. A négyzetháromságnak nincsenek valódi gyökerei, mert D< 0 .

A grafikonon nincsenek olyan intervallumok, amelyeknél a parabola az x tengely alatt lenne. Ezt figyelembe vesszük, amikor színt választunk rajzunkhoz.

Kiderül, hogy mikor a > 0És D< 0 másodfokú egyenlőtlenségek megoldása a x 2 + b x + c > 0És a x 2 + b x + c ≥ 0 az összes valós szám és az egyenlőtlenségek halmaza a x 2 + b x + c< 0 És a x 2 + b x + c ≤ 0 nincsenek megoldásai.

Három lehetőséget kell mérlegelnünk, amikor a parabola ágai lefelé irányulnak. Nem kell ezen a három lehetőségnél részletesen foglalkozni, hiszen ha az egyenlőtlenség mindkét oldalát megszorozzuk −1-gyel, akkor x 2-re pozitív együtthatójú ekvivalens egyenlőtlenséget kapunk.

A cikk előző részének átgondolása felkészített bennünket az egyenlőtlenségek grafikus módszerrel történő megoldására szolgáló algoritmus észlelésére. A számítások elvégzéséhez minden alkalommal egy rajzot kell használnunk, amely az O x koordináta egyenest és a másodfokú függvénynek megfelelő parabolát ábrázolja. y = a x 2 + b x + c. A legtöbb esetben nem ábrázoljuk az O y tengelyt, mivel nincs rá szükség a számításokhoz, és csak túlterheli a rajzot.

A parabola megalkotásához két dolgot kell tudnunk:

2. definíció

• az ágak iránya, amelyet az a együttható értéke határoz meg;
• a parabola és az abszcissza tengely metszéspontjainak megléte, amelyeket a másodfokú trinomiális diszkrimináns értéke határoz meg a · x 2 + b · x + c .

A metszéspontokat és az érintési pontokat a nem szigorú egyenlőtlenségek megoldásánál a szokásos módon, szigorúak megoldásánál üresen jelöljük.

Az elkészült rajz birtokában továbbléphet a megoldás következő lépésére. Ez magában foglalja azon intervallumok meghatározását, amelyek között a parabola az O x tengely felett vagy alatt helyezkedik el. Az intervallumok és a metszéspontok a megoldás a másodfokú egyenlőtlenségre. Ha nincsenek metszéspontok vagy érintési pontok és nincsenek intervallumok, akkor a feladat feltételeiben megadott egyenlőtlenségnek nincs megoldása.

Most oldjunk meg néhány másodfokú egyenlőtlenséget a fenti algoritmus segítségével.

1. példa

A 2 x 2 + 5 1 3 x - 2 egyenlőtlenséget grafikusan kell megoldani.

Megoldás

Rajzoljuk fel az y = 2 · x 2 + 5 1 3 · x - 2 másodfokú függvény grafikonját. Együttható at x 2 pozitív, mert egyenlő 2 . Ez azt jelenti, hogy a parabola ágai felfelé irányulnak.

Számítsuk ki a 2 x 2 + 5 1 3 x - 2 másodfokú trinom diszkriminánsát, hogy megtudjuk, vannak-e közös pontjai a parabolának az abszcissza tengellyel. Kapunk:

D = 5 1 3 2 - 4 2 (- 2) = 400 9

Amint látjuk, D nagyobb nullánál, ezért két metszéspontunk van: x 1 = - 5 1 3 - 400 9 2 2 és x 2 = - 5 1 3 + 400 9 2 2, azaz x 1 = − 3És x 2 = 1 3.

Megoldunk egy nem szigorú egyenlőtlenséget, ezért közönséges pontokat teszünk a grafikonra. Rajzoljunk egy parabolát. Amint láthatja, a rajz ugyanolyan megjelenésű, mint az általunk vizsgált első sablonban.

Egyenlőtlenségünk előjele ≤. Ezért ki kell emelnünk a grafikonon azokat az intervallumokat, amelyekben a parabola az O x tengelye alatt helyezkedik el, és metszéspontokat kell hozzáadnunk hozzájuk.

A szükséges intervallum 3, 1 3. Adjuk hozzá a metszéspontokat, és kapunk egy numerikus szakaszt − 3, 1 3. Ez a megoldás a problémánkra. A válasz felírható kettős egyenlőtlenségként: − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

Válasz:− 3, 1 3 vagy − 3 ≤ x ≤ 1 3.

2. példa

− x 2 + 16 x − 63< 0 grafikus módszer.

Megoldás

A változó négyzete negatív numerikus együtthatóval rendelkezik, így a parabola ágai lefelé irányulnak. Számítsuk ki a diszkrimináns negyedik részét! D " = 8 2 − (− 1) · (− 63) = 64 − 63 = 1. Ez az eredmény azt mutatja, hogy két metszéspont lesz.

Számítsuk ki a másodfokú trinom gyökereit: x 1 = - 8 + 1 - 1 és x 2 = - 8 - 1 - 1, x 1 = 7 és x 2 = 9.

Kiderült, hogy a parabola pontokban metszi az x tengelyt 7 És 9 . A grafikonon ezeket a pontokat jelöljük üresnek, mivel szigorú egyenlőtlenséggel dolgozunk. Ezek után rajzoljunk egy parabolát, amely a megjelölt pontokban metszi az O x tengelyt.

Arra leszünk kíváncsiak, hogy a parabola milyen intervallumokban helyezkedik el az O x tengelye alatt. Jelöljük ezeket az intervallumokat kékkel.

Megkapjuk a választ: az egyenlőtlenség megoldása a (− ∞, 7) , (9, + ∞) intervallumok.

Válasz:(− ∞ , 7) ∪ (9 , + ∞) vagy más jelöléssel x< 7 , x > 9 .

Azokban az esetekben, amikor a másodfokú trinom diszkriminánsa nulla, alaposan meg kell fontolni, hogy az érintőpontok abszcisszáját bele kell-e venni a válaszba. A helyes döntés meghozatalához figyelembe kell venni az egyenlőtlenség jelét. Szigorú egyenlőtlenségekben az x tengely érintési pontja nem megoldás az egyenlőtlenségre, a nem szigorúaknál viszont igen.

3. példa

Oldja meg a másodfokú egyenlőtlenséget 10 x 2 − 14 x + 4, 9 ≤ 0 grafikus módszer.

Megoldás

A parabola ágai ebben az esetben felfelé irányulnak. A 0, 7 pontban érinti az O x tengelyt, mivel

Ábrázoljuk a függvényt y = 10 x 2 − 14 x + 4, 9. Ágai felfelé irányulnak, mivel az együttható at x 2 pozitív, és az x tengely pontjában érinti az x tengelyt 0 , 7 , mert D " = (- 7) 2 - 10 4, 9 = 0, ahonnan x 0 = 7 10 ill 0 , 7 .

Tegyünk egy pontot és rajzoljunk egy parabolát.

Egy nem szigorú egyenlőtlenséget ≤ előjellel oldunk meg. Ennélfogva. Arra leszünk kíváncsiak, hogy a parabola milyen intervallumokban helyezkedik el az x tengely és az érintési pont alatt. Az ábrán nincsenek olyan intervallumok, amelyek a feltételeinket kielégítenék. Csak egy érintkezési pont van 0, 7. Ez az a megoldás, amit keresünk.

Válasz: Az egyenlőtlenségnek csak egy megoldása van 0, 7.

4. példa

Oldja meg a másodfokú egyenlőtlenséget – x 2 + 8 x – 16< 0 .

Megoldás

A parabola ágai lefelé irányulnak. A diszkrimináns nulla. Metszéspont x 0 = 4.

Jelöljük az érintési pontot az x tengelyen, és rajzolunk egy parabolát.

Súlyos egyenlőtlenséggel küzdünk. Következésképpen arra vagyunk kíváncsiak, hogy a parabola milyen intervallumokban helyezkedik el az O x tengelye alatt. Jelöljük őket kékkel.

A 4-es abszcissza pont nem megoldás, mivel a benne lévő parabola nem az O x tengelye alatt helyezkedik el. Ebből következően két intervallumot kapunk (− ∞ , 4) , (4 , + ∞) .

Válasz: (− ∞, 4) ∪ (4, + ∞) vagy más jelöléssel x ≠ 4.

Nem mindig, ha a diszkrimináns érték negatív, az egyenlőtlenségnek nem lesz megoldása. Vannak esetek, amikor a megoldás az összes valós szám halmaza.

5. példa

Oldja meg grafikusan a 3 x 2 + 1 > 0 másodfokú egyenlőtlenséget.

Megoldás

Az a együttható pozitív. A diszkrimináns negatív. A parabola ágai felfelé irányulnak. A parabolának nincsenek metszéspontjai az O x tengellyel. Nézzük a rajzot.

Szigorú egyenlőtlenséggel dolgozunk, aminek > jele van. Ez azt jelenti, hogy az érdekel minket, hogy a parabola milyen intervallumokban helyezkedik el az x tengely felett. Pontosan ez az eset, ha a válasz az összes valós szám halmaza.

Válasz:(− ∞, + ∞) vagy így x ∈ R.

6. példa

Az egyenlőtlenségre megoldást kell találni − 2 x 2 − 7 x − 12 ≥ 0 grafikusan.

Megoldás

A parabola ágai lefelé irányulnak. A diszkriminans negatív, ezért a parabola és az x tengely között nincs közös pont. Nézzük a rajzot.

Egy ≥ előjelű nem szigorú egyenlőtlenséggel dolgozunk, ezért számunkra érdekesek azok az intervallumok, amelyekben a parabola az x tengely felett helyezkedik el. A grafikonból ítélve nincsenek ilyen hiányosságok. Ez azt jelenti, hogy a problémafeltételekben megadott egyenlőtlenségnek nincs megoldása.

Válasz: Nincsenek megoldások.

Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt

Jurij Kotovcsikhin 10. osztályos tanuló

A tanulók már a 6. osztályban elkezdik az egyenleteket modulokkal tanulni, a moduláris kifejezések állandó előjelű intervallumán a modulok bővítésével elsajátítják a standard megoldási módszert. Azért választottam ezt a témát, mert úgy gondolom, hogy ez elmélyültebb és alaposabb tanulmányozást igényel a modullal kapcsolatos problémák nagy nehézségeket okoznak a hallgatóknak. Az iskolai tantervben fokozott komplexitású feladatokként és vizsgákon is vannak modult tartalmazó feladatok, ezért ilyen feladattal is fel kell készülnünk.

Letöltés:

Előnézet:

Önkormányzati oktatási intézmény

5. számú középiskola

Kutatómunka a témában:

« Modulust tartalmazó egyenletek és egyenlőtlenségek algebrai és grafikus megoldása»

Elvégeztem a munkát:

10. osztályos tanuló

Kotovcsikhin Jurij

Felügyelő:

Matematika tanár

Shanta N.P.

Uryupinsk

1. Bevezetés……………………………………………………….3

2. Fogalmak és definíciók………………………………………….5

3. Tételek bizonyítása……………………………………………..6

4. A modult tartalmazó egyenletek megoldási módszerei……………7

4.1. Megoldás az a és b számok, azok moduljai és négyzetei közötti függőségek felhasználásával………………………………………………………………………12.

4.2. A modul geometriai értelmezésének használata egyenletek megoldására………………………………………………………………..14

4.3.A legegyszerűbb függvények grafikonjai, amelyek az abszolút érték előjelét tartalmazzák.

………………………………………………………………………15

4.4.Modulot tartalmazó nem szabványos egyenletek megoldása....16

5. Következtetés………………………………………………………….17

6. Felhasznált irodalom jegyzéke………………………………18

A munka célja: a tanulók 6. osztálytól kezdik el az egyenletek modulos tanulmányozását, a moduláris kifejezések állandó előjelű intervallumán a standard megoldási módszert. Azért választottam ezt a témát, mert úgy gondolom, hogy ez elmélyültebb és alaposabb tanulmányozást igényel a modullal kapcsolatos problémák nagy nehézségeket okoznak a hallgatóknak. Az iskolai tantervben fokozott komplexitású feladatokként és vizsgákon is vannak modult tartalmazó feladatok, ezért ilyen feladattal is fel kell készülnünk.

1. Bemutatkozás:

A „modul” szó a latin „modulus” szóból származik, ami „mértéket” jelent. Ez egy poliszemantikus szó (homonim), amelynek sok jelentése van, és nemcsak a matematikában, hanem az építészetben, a fizikában, a technológiában, a programozásban és más egzakt tudományokban is használatos.

Az építészetben ez a kezdeti mértékegység, amelyet egy adott építészeti szerkezetre határoznak meg, és az alkotóelemeinek többszörös arányát fejezik ki.

A technológiában ez a technológia különböző területein használt kifejezés, amelynek nincs univerzális jelentése, és különféle együtthatók és mennyiségek jelölésére szolgál, például kapcsolódási modulus, rugalmassági modulus stb.

A térfogati modulus (a fizikában) az anyag normál feszültségének és a relatív nyúlásnak az aránya.

2. Fogalmak és definíciók

Az A valós szám modulusát - abszolút értékét - |A|-val jelöljük.

A téma mélyreható tanulmányozásához meg kell ismerkedni a legegyszerűbb definíciókkal, amelyekre szükségem lesz:

Az egyenlet változókat tartalmazó egyenlőség.

A modulusos egyenlet olyan egyenlet, amely az abszolút érték előjele alatt (a modulus előjele alatt) tartalmaz egy változót.

Egy egyenlet megoldása azt jelenti, hogy megtaláljuk az összes gyökerét, vagy bebizonyítjuk, hogy nincsenek gyökök.

3.Tételek bizonyítása

1. Tétel. Egy valós szám abszolút értéke egyenlő a két szám közül a nagyobbkal, a vagy -a.

Bizonyíték

1. Ha az a szám pozitív, akkor -a negatív, azaz -a

Például az 5-ös szám pozitív, majd -5 negatív és -5

Ebben az esetben |a| = a, azaz |a| megfelel a két szám közül a nagyobbnak a és - a.

2. Ha a negatív, akkor -a pozitív és a

Következmény. A tételből következik, hogy |-a| = |a|.

Valójában mindkettő és egyenlő az -a és a nagyobb számmal, ami azt jelenti, hogy egyenlők egymással.

2. Tétel. Bármely a valós szám abszolút értéke megegyezik A számtani négyzetgyökével 2 .

Valójában, ha akkor egy szám modulusának definíciója alapján lАl>0 lesz, másrészt A>0 esetén az |a| = √A 2

Ha egy 2

Ez a tétel lehetővé teszi az |a| helyettesítését egyes feladatok megoldása során. tovább

Geometriailag |a| a koordinátavonalon az a számot képviselő pont és az origó közötti távolságot jelenti.

Ha ekkor a koordinátaegyenesben van két nullától egyenlő távolságra lévő a és -a pont, amelyek moduljai egyenlők.

Ha a = 0, akkor az |a| koordinátaegyenesen 0 pont képviseli

4. Modulust tartalmazó egyenletek megoldási módszerei.

Az abszolút érték előjelét tartalmazó egyenletek megoldásához egy szám modulusának meghatározására és egy szám abszolút értékének tulajdonságaira támaszkodunk. Számos példát fogunk különböző módon megoldani, és megnézzük, melyik módszerrel könnyebben megoldható a modulust tartalmazó egyenletek.

1. példa. Oldjuk meg analitikusan és grafikusan az |x + 2| egyenletet = 1.

Megoldás

Analitikai megoldás

1. módszer

Egy modul definíciója alapján fogunk érvelni. Ha a modulus alatti kifejezés nemnegatív, azaz x + 2 ≥0, akkor a modulusjel alól plusz előjellel „kijön”, és az egyenlet a következő alakot ölti: x + 2 = 1. a modulusjel alatti kifejezés értéke negatív , akkor definíció szerint egyenlő lesz: vagy x + 2=-1

Így vagy x + 2 = 1 vagy x + 2 = -1 kapjuk. A kapott egyenleteket megoldva azt kapjuk, hogy X+2=1 vagy X+2+-1

X=-1 X=3

Válasz: -3;-1.

Most arra a következtetésre juthatunk, hogy ha valamely kifejezés modulusa egyenlő egy pozitív valós számmal a, akkor a modulus alatti kifejezés vagy a vagy -a.

Grafikus megoldás

A modult tartalmazó egyenletek megoldásának egyik módja a grafikus módszer. Ennek a módszernek az a lényege, hogy grafikonokat készítünk ezekről a függvényekről. Ha a gráfok metszik egymást, akkor ezeknek a gráfoknak a metszéspontjai lesznek az egyenletünk gyökerei. Ha a gráfok nem metszik egymást, akkor azt a következtetést vonhatjuk le, hogy az egyenletnek nincs gyöke. Ezt a módszert valószínűleg ritkábban használják modulust tartalmazó egyenletek megoldására, mivel egyrészt sok időt vesz igénybe, és nem mindig racionális, másrészt a grafikonok ábrázolásakor kapott eredmények nem mindig pontosak.

A modulust tartalmazó egyenletek megoldásának másik módja a számegyenes intervallumokra bontása. Ebben az esetben fel kell osztanunk a számegyenest úgy, hogy a modulus definíciója alapján ezeken az intervallumokon az abszolút érték előjele eltávolítható legyen. Ezután mindegyik intervallumra meg kell oldanunk ezt az egyenletet, és le kell vonnunk a következtetést a kapott gyökökre vonatkozóan (akár kielégítik az intervallumunkat, akár nem). A hiányokat kielégítő gyökerek adják a végső választ.

2. módszer

Határozzuk meg, hogy a modul mely x értékeinél egyenlő nullával: |X+2|=0, X=2

Két intervallumot kapunk, amelyek mindegyikén megoldjuk az egyenletet:

Két vegyes rendszert kapunk:

(1) X+2 0

X-2=1 X+2=1

Oldjuk meg az egyes rendszereket:

X=-3 X=-1

Válasz: -3;-1.

Grafikus megoldás

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

Grafikus megoldás

Az egyenlet grafikus megoldásához függvénygráfokat kell felépíteni és

Egy függvény grafikonjának felépítéséhez készítsünk egy függvény grafikonját - ez egy olyan függvény, amely pontokban metszi az OX tengelyt és az OY tengelyt.

A függvénygráfok metszéspontjainak abszcisszái megoldást adnak az egyenletre.

Az y=1 függvény egyenes grafikonja metszi az y=|x + 2| függvény grafikonját. a (-3; 1) és (-1; 1) koordinátájú pontokban, ezért az egyenlet megoldásai a pontok abszcisszái lesznek:

x=-3, x=-1

Válasz: -3;-1

2. példa Oldja meg analitikusan és grafikusan az 1 + |x| egyenletet = 0,5.

Megoldás:

Analitikai megoldás

Alakítsuk át az egyenletet: 1 + |x| = 0,5

|x| =0,5-1

|x|=-0,5

Nyilvánvaló, hogy ebben az esetben az egyenletnek nincs megoldása, mivel a modulus definíció szerint mindig nem negatív.

Válasz: nincsenek megoldások.

Grafikus megoldás

Alakítsuk át az egyenletet: : 1 + |x| = 0,5

|x| =0,5-1

|x|=-0,5

A függvény grafikonja sugarak - az 1. és 2. koordinátaszög felezői. A függvény grafikonja az OX tengellyel párhuzamos és az OY tengely -0,5 pontján átmenő egyenes.

A grafikonok nem metszik egymást, ami azt jelenti, hogy az egyenletnek nincs megoldása.

Válasz: nincs megoldás.

3. példa Oldja meg analitikusan és grafikusan a |-x + 2| egyenletet = 2x + 1.

Megoldás:

Analitikai megoldás

1. módszer

Először be kell állítania a változó elfogadható értékeinek tartományát. Felmerül egy természetes kérdés: a korábbi példákban miért nem volt erre szükség, most viszont felmerült.

A helyzet az, hogy ebben a példában az egyenlet bal oldalán egy kifejezés modulusa van, a jobb oldalon pedig nem egy szám, hanem egy változóval rendelkező kifejezés - ez a fontos körülmény különbözteti meg ezt a példát a korábbiak.

Mivel a bal oldalon egy modulus, a jobb oldalon pedig egy változót tartalmazó kifejezés található, meg kell követelni, hogy ez a kifejezés ne legyen negatív, azaz az érvényességi tartomány

modulus értékek

Most ugyanúgy érvelhetünk, mint az 1. példában, amikor az egyenlőség jobb oldalán pozitív szám volt. Két vegyes rendszert kapunk:

(1) -X+2≥0 és (2) -X+2

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

Oldjuk meg az egyes rendszereket:

(1) benne van az intervallumban, és az egyenlet gyöke.

X≤2

X=⅓

(2) X>2

X=-3

X = -3 nem szerepel az intervallumban, és nem az egyenlet gyöke.

Válasz: ⅓.

4.1. Megoldás az a és b számok, moduljaik és a számok négyzetei közötti függőségek felhasználásával.

Az általam fentebb megadott módszerek mellett bizonyos ekvivalencia van a számok és az adott számok moduljai, valamint az adott számok négyzetei és moduljai között:

|a|=|b| a=b vagy a=-b

A2=b2 a=b vagy a=-b

Innen viszont azt kapjuk

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

4. példa Oldja meg az |x + 1|=|2x - 5| egyenletet két különböző módon.

1. Az (1) összefüggést figyelembe véve a következőt kapjuk:

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

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

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

X=6 x=11/3

Az első egyenlet gyöke x=6, a második egyenlet gyöke x=11/3

Így az eredeti x egyenlet gyökei 1 = 6, x 2 = 11/3

2. A (2) összefüggés alapján azt kapjuk

(x + 1) 2 = (2x - 5) 2 vagy 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 ==>az egyenletnek 2 különböző gyökere van.

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

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

Ahogy a megoldás is mutatja, ennek az egyenletnek a gyökerei is a 11/3 és a 6 számok.

Válasz: x 1 =6, x 2 =11/3

5. példa Oldja meg a (2x + 3) egyenletet 2 =(x - 1) 2 .

A (2) relációt figyelembe véve azt kapjuk, hogy |2x + 3|=|x - 1|, amelyből az előző példa példája szerint (és az (1) összefüggés szerint):

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

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

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

Így az egyenlet gyöke: x1 = -4 és x2 = -0, (6)

Válasz: x1=-4, x2 =0,(6)

6. példa Oldja meg az |x - 6|=|x2 - 5x + 9| egyenletet

A kapcsolatot felhasználva a következőket kapjuk:

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

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

x2 - 6x + 15 = 0 x 2 - 4x + 3 = 0

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

==> nincs gyökér.

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

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

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

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

3 = 3 (I)

Válasz: x 1 =1; x 2 =3

4.2.A modul geometriai értelmezésének alkalmazása egyenletek megoldására.

A mennyiségek közötti különbség modulusának geometriai jelentése a köztük lévő távolság. Például az |x - a | kifejezés geometriai jelentése - a pontokat az a és x abszcisszákkal összekötő koordinátatengely szakaszának hossza. Egy algebrai probléma geometriai nyelvre fordítása gyakran lehetővé teszi a nehézkes megoldások elkerülését.

7. példa. Oldjuk meg az |x - 1| egyenletet + |x - 2|=1 a modulus geometriai értelmezésével.

A következőképpen okoskodunk: a modul geometriai értelmezése alapján az egyenlet bal oldala valamely x abszcisszaponttól két fix pontig tartó távolságok összege, ahol az 1. és 2. abszcissza van. Ekkor nyilvánvaló, hogy minden pont abszcissza a szegmensből rendelkezik a szükséges tulajdonsággal, és ezen a szegmensen kívül található pontok - nem. Innen a válasz: az egyenlet megoldásainak halmaza a szegmens.

Válasz:

Példa8. Oldjuk meg az |x - 1| egyenletet - |x - 2|=1 1 a modulus geometriai értelmezésével.

Az előző példához hasonlóan okoskodunk, és azt fogjuk látni, hogy az 1-es és 2-es abszcisszával rendelkező pontok távolságának különbsége csak a 2-es számtól jobbra lévő koordinátatengelyen eggyel egyenlő. ez az egyenlet nem az 1. és 2. pontok közé zárt szakasz, és a 2. pontból kilépő és az OX tengely pozitív irányába irányított sugár.

Válasz: (1;+), akkor az y=a egyenes egy pontban metszi az (1) egyenlet grafikonját. Ennek a pontnak az abszcisszáját az x egyenletének megoldása során fogjuk megtalálni.

Így ezen az intervallumon az (1) egyenletnek van megoldása.

Ha a , akkor az y=a egyenes két pontban metszi az (1) egyenlet grafikonját. Ezen pontok abszcisszáját az egyenletekből megtalálhatjuk, és megkapjuk

És.

Ha a , akkor az y=a egyenes nem metszi az (1) egyenlet grafikonját, ezért nincs megoldás.

Válasz:

Ha a  (-;-1](1;+), akkor;

Ha a  , akkor ;

Ha a  , akkor nincsenek megoldások.

II. Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyre az egyenletnek három különböző gyökere van.

Megoldás.

Miután átírta az egyenletet a formában, és figyelembe vett egy függvénypárt, észreveheti, hogy az a paraméter kívánt értékei és csak ezek felelnek meg a függvénygráf azon pozícióinak, ahol pontosan három metszéspontja van függvénygrafikon.

Az xOy koordinátarendszerben elkészítjük a függvény grafikonját). Ehhez ábrázolhatjuk formában, és négy felmerülő esetet figyelembe véve ezt a függvényt alakba írjuk.

Mivel egy függvény grafikonja egy egyenes, amelynek dőlésszöge az Ox tengellyel egyenlő, és egy (0, a) koordinátájú pontban metszi az Oy tengelyt, arra a következtetésre jutunk, hogy a három jelzett metszéspont csak akkor érhető el. abban az esetben, ha ez a vonal érinti a függvény grafikonját. Ezért megtaláljuk a származékot

Válasz: .

III. Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyek mindegyikére az egyenletrendszer

megoldásai vannak.

Megoldás.

A rendszer első egyenletéből, amelyet itt kapunk. Ezért ez az egyenlet meghatározza a „félparabolák” családját - a parabola jobb oldali ágai „csúsznak” csúcsaikkal az abszcissza tengelye mentén.

Válasszunk ki teljes négyzeteket a második egyenlet bal oldalán, és tizedesítsük azt

A második egyenletet kielégítő sík ponthalmaza két egyenes

Nézzük meg, hogy az a paraméter mely értékeinél van a „félparabolák” családjából származó görbének legalább egy közös pontja a kapott egyenesek egyikével.

Ha a félparabolák csúcsai az A ponttól jobbra, de a B ponttól balra vannak (a B pont a „félparabola” csúcsának felel meg

egyenes vonal), akkor a vizsgált grafikonoknak nincs közös pontja. Ha a „félparabola” csúcsa egybeesik az A ponttal, akkor.

Meghatározzuk egy vonalat érintő „félparabola” esetét az egyedi megoldás létezésének feltételéből a rendszerbe

Ebben az esetben az egyenlet

egy gyökere van, ahonnan ezt találjuk:

Következésképpen az eredeti rendszernek nincs megoldása at, de van, vagy van legalább egy megoldása.

Válasz: a  (-;-3] (;+).

IV. Oldja meg az egyenletet

Megoldás.

Az egyenlőség segítségével a megadott egyenletet átírjuk a formába

Ez az egyenlet ekvivalens a rendszerrel

Átírjuk az egyenletet a formába

. (*)

Az utolsó egyenletet a legkönnyebb geometriai megfontolások alapján megoldani. Készítsünk gráfokat a függvényekről és A gráfból az következik, hogy a gráfok nem metszik egymást, ezért az egyenletnek nincs megoldása.

Ha, akkor amikor a függvények grafikonjai egybeesnek, és ezért minden érték a (*) egyenlet megoldása.

Amikor a grafikonok egy pontban metszik egymást, amelynek abszcissza a. Így amikor a (*) egyenletnek egyedi megoldása van - .

Vizsgáljuk meg most, hogy a (*) egyenletre talált megoldások milyen értékei mellett teljesítik a feltételeket

Akkor legyen. A rendszer felveszi a formáját

Megoldása az x (1;5) intervallum lesz. Ennek figyelembevételével megállapíthatjuk, hogy ha az eredeti egyenletet az intervallumból származó x összes értéke kielégíti, akkor az eredeti egyenlőtlenség ekvivalens a helyes 2-es numerikus egyenlőtlenséggel.<4.Поэтому все значения переменной, принадлежащие этому отрезку, входят в множество решений.

Az (1;+∞) integrálon ismét megkapjuk a 2x lineáris egyenlőtlenséget<4, справедливое при х<2. Поэтому интеграл (1;2) также входит в множество решений. Объединяя полученные результаты, делаем вывод: неравенству удовлетворяют все значения переменной из интеграла (-2;2) и только они.

Vizuális és egyben szigorú geometriai megfontolások alapján azonban ugyanez az eredmény érhető el. A 7. ábra a függvénygrafikonokat mutatja:y= f( x)=| x-1|+| x+1| Ésy=4.

7. ábra.

A függvény integrál (-2;2) grafikonjány= f(x) az y=4 függvény grafikonja alatt található, ami azt jelenti, hogy az egyenlőtlenségf(x)<4 справедливо. Ответ:(-2;2)

II )Paraméterekkel való egyenlőtlenségek.

Az egyenlőtlenségek megoldása egy vagy több paraméterrel általában összetettebb feladat, mint egy olyan problémához képest, amelyben nincsenek paraméterek.

Például az a paramétert tartalmazó √a+x+√a-x>4 egyenlőtlenség megoldása természetesen sokkal nagyobb erőfeszítést igényel, mint az √1+x + √1-x>1 egyenlőtlenség.

Mit jelent ezen egyenlőtlenségek közül az első megoldása? Ez lényegében azt jelenti, hogy nem csak egy egyenlőtlenséget, hanem egy egész osztályt, egyenlőtlenségek egész halmazát kell megoldani, amelyet akkor kapunk, ha a paraméternek konkrét számértéket adunk. A felírt egyenlőtlenségek közül a második az első speciális esete, mivel abból kapjuk a = 1 értékkel.

Így a paramétereket tartalmazó egyenlőtlenség megoldása azt jelenti, hogy meg kell határozni, hogy az egyenlőtlenségnek milyen paraméterértékeken van megoldása, és minden ilyen paraméterértékre meg kell találni az összes megoldást.

1. példa:

Oldja meg az |x-a|+|x+a| egyenlőtlenséget< b, a<>0.

Ezt az egyenlőtlenséget két paraméterrel megoldania u bHasználjunk geometriai megfontolásokat. A 8. és 9. ábra a függvénygrafikonokat mutatja.

Y= f(x)=| x- a|+| x+ a| u y= b.

Nyilvánvaló, hogy mikorb<=2| a| egyenesy= bnem haladja meg a görbe vízszintes szakaszáty=| x- a|+| x+ a| és ezért az egyenlőtlenségnek ebben az esetben nincs megoldása (8. ábra). Hab>2| a|, majd a sorty= bmetszi egy függvény grafikonjáty= f(x) két ponton (-b/2; b) u (b/2; b)(6. ábra), és az egyenlőtlenség ebben az esetben érvényes –b/2< x< b/2, mivel a változó ezen értékeire a görbey=| x+ a|+| x- a| az egyenes alatt találhatóy= b.

Válasz: Hab<=2| a| , akkor nincsenek megoldások,

Hab>2| a|, akkorx €(- b/2; b/2).

III) Trigonometrikus egyenlőtlenségek:

A trigonometrikus függvényekkel való egyenlőtlenségek megoldása során alapvetően ezeknek a függvényeknek a periodicitását és a megfelelő intervallumokon való monotonitását használjuk. A legegyszerűbb trigonometrikus egyenlőtlenségek. Funkcióbűn xpozitív periódusa 2π. Ezért a formai egyenlőtlenségek:sin x>a, sin x>=a,

bűn x

Elég először valamilyen 2-es hosszúságú szakaszon megoldaniπ . Az összes megoldás halmazát úgy kapjuk meg, hogy az ezen a szegmensen található megoldások mindegyikéhez hozzáadjuk a 2-es alakú szegmensszámokatπ p, pЄZ.

1. példa: Oldja meg az egyenlőtlenségetbűn x>-1/2.(10. ábra)

Először oldjuk meg ezt az egyenlőtlenséget a [-π/2;3π/2] intervallumon. Tekintsük a bal oldalát - a [-π/2;3π/2] szakaszt. Itt az egyenletbűn x=-1/2 egy megoldása x=-π/6; és a funkcióbűn xmonoton növekszik. Ez azt jelenti, hogy ha –π/2<= x<= -π/6, то bűn x<= bűn(- π /6)=-1/2, azaz. ezek az x értékek nem megoldásai az egyenlőtlenségre. Ha –π/6<х<=π/2 то bűn x> bűn(-π/6) = –1/2. Mindezek az x értékek nem megoldások az egyenlőtlenségre.

A fennmaradó szakaszon [π/2;3π/2] a függvénybűn xaz egyenlet is monoton csökkenbűn x= -1/2-nek van egy megoldása x=7π/6. Ezért ha π/2<= x<7π/, то bűn x> bűn(7π/6)=-1/2, azaz. x mindezek az értékek az egyenlőtlenség megoldásai. MertxNekünk vanbűn x<= bűn(7π/6)=-1/2, ezek az x értékek nem megoldások. Így ennek az egyenlőtlenségnek a megoldásainak halmaza a [-π/2;3π/2] intervallumon az integrál (-π/6;7π/6).

A függvény periodicitása miattbűn x2π periódussal az x bármely integrálból a következő alakú: (-π/6+2πn;7π/6 +2πn),nЄZ, szintén megoldást jelentenek az egyenlőtlenségre. Ennek az egyenlőtlenségnek semmilyen más x értéke nem oldja meg.

Válasz: -π/6+2πn< x<7π/6+2π n, AholnЄ Z.

Következtetés

Megnéztük az egyenletek és egyenlőtlenségek megoldásának grafikus módszerét; Konkrét példákat vizsgáltunk, amelyek megoldása a függvények olyan tulajdonságait használta fel, mint a monotonitás és a paritás.A tudományos irodalom és a matematikai tankönyvek elemzése lehetővé tette a kiválasztott anyagnak a vizsgálat céljainak megfelelő strukturálását, az egyenletek és egyenlőtlenségek megoldásának hatékony módszereinek kiválasztását és kidolgozását. A dolgozat grafikus módszert mutat be egyenletek és egyenlőtlenségek megoldására, valamint példákat mutat be ezek alkalmazására. A projekt eredménye kreatív feladatoknak tekinthető, segédanyagként az egyenletek és egyenlőtlenségek grafikus módszerrel történő megoldásának készségfejlesztéséhez.

Felhasznált irodalom jegyzéke

Dalinger V. A. „A geometria segíti az algebrát.” „Iskola – Nyomda” kiadó. Moszkva 1996

Dalinger V. A. „Minden a matematika érettségi és felvételi vizsgáinak sikeréhez.” Az Omszki Pedagógiai Egyetem kiadója. Omszk 1995

Okunev A. A. "Egyenletek grafikus megoldása paraméterekkel." „Iskola – Nyomda” kiadó. Moszkva 1986

Pismensky D. T. „Matematika középiskolásoknak”. „Iris” kiadó. Moszkva 1996

Yastribinetsky G. A. „Paramétereket tartalmazó egyenletek és egyenlőtlenségek”. „Prosveshcheniye” kiadó. Moszkva 1972

G. Korn és T. Korn „Matematika kézikönyve”. „Tudomány” fizikai és matematikai irodalom kiadó. Moszkva 1977

Amelkin V.V. és Rabtsevich V.L. „Problémák a paraméterekkel”. „Asar” kiadó. Minszk 1996

Internetes források