Viena iš sunkiausių studentų temų yra lygčių, kuriose yra kintamasis po modulio ženklu, sprendimas. Pirmiausia išsiaiškinkime, su kuo tai susiję? Kodėl, pavyzdžiui, dauguma vaikų kvadratines lygtis laužo kaip riešutus, bet su šia tai toli gražu nėra geriausia? sudėtinga koncepcija Kaip modulyje tiek daug problemų?
Mano nuomone, visi šie sunkumai yra susiję su aiškiai suformuluotų lygčių su moduliu sprendimo taisyklių trūkumu. Taigi, sprendžiant kvadratinė lygtis, mokinys tikrai žino, kad pirmiausia reikia pritaikyti diskriminantinę formulę, o tada kvadratinės lygties šaknų formules. Ką daryti, jei lygtyje rastas modulis? Bandysime aiškiai aprašyti reikalingą veiksmų planą tuo atveju, kai lygtyje po modulio ženklu yra nežinomasis. Kiekvienam atvejui pateiksime kelis pavyzdžius.
Bet pirmiausia prisiminkime modulio apibrėžimas. Taigi, moduliuokite skaičių a pats šis skaičius vadinamas if a neneigiamas ir -a, jei numeris a mažiau nei nulis. Galite parašyti taip:
|a| = a, jei a ≥ 0 ir |a| = -a jei a< 0
Kalbėti apie geometrine prasme modulį, reikia atsiminti, kad kiekvienas tikrasis skaičius atitinka tam tikrą skaičių ašies tašką – jo į 
koordinuoti. Taigi, skaičiaus modulis arba absoliuti reikšmė yra atstumas nuo šio taško iki skaitinės ašies pradžios. Atstumas visada nurodomas kaip teigiamas skaičius. Taigi, modulis bet neigiamas skaičius yra teigiamas skaičius. Beje, net šiame etape daugelis studentų pradeda sutrikti. Modulyje gali būti bet koks skaičius, tačiau modulio naudojimo rezultatas visada yra teigiamas skaičius.
Dabar pereikime tiesiai prie lygčių sprendimo.
1. Panagrinėkime |x| formos lygtį = c, kur c yra tikrasis skaičius. Šią lygtį galima išspręsti naudojant modulio apibrėžimą.
Visus realiuosius skaičius suskirstome į tris grupes: didesnius už nulį, mažesnius už nulį, trečią grupę sudaro skaičius 0. Sprendimą rašome diagramos pavidalu:
(±c, jei c > 0
Jei |x| = c, tada x = (0, jei c = 0
(be šaknų, jei su< 0
1) |x| = 5, nes 5 > 0, tada x = ±5;
2) |x| = -5, nes -5< 0, то уравнение не имеет корней;
3) |x| = 0, tada x = 0.
2. Formos |f(x)| lygtis = b, kur b > 0. Norint išspręsti šią lygtį, reikia atsikratyti modulio. Tai darome taip: f(x) = b arba f(x) = -b. Dabar kiekvieną gautą lygtį turite išspręsti atskirai. Jei pradinėje lygtyje b< 0, решений не будет.
1) |x + 2| = 4, nes 4 > 0, tada
x + 2 = 4 arba x + 2 = -4
2) |x 2 – 5| = 11, nes 11 > 0, tada
x 2 – 5 = 11 arba x 2 – 5 = -11
x 2 = 16 x 2 = -6
x = ± 4 be šaknų
3) |x 2 – 5x| = -8, nes -8< 0, то уравнение не имеет корней.
3. Formos |f(x)| lygtis = g(x). Pagal modulio reikšmę tokia lygtis turės sprendinius, jeigu jos dešinioji pusė bus didesnė arba lygi nuliui, t.y. g(x) ≥ 0. Tada turėsime:
f(x) = g(x) arba f(x) = -g(x).
1) |2x – 1| = 5x – 10. Ši lygtis turės šaknis, jei 5x – 10 ≥ 0. Čia ir prasideda tokių lygčių sprendimas.
1. O.D.Z. 5x – 10 ≥ 0
2. Sprendimas:
2x – 1 = 5x – 10 arba 2x – 1 = -(5x – 10)
3. Sujungiame O.D.Z. ir sprendimą, gauname:
Šaknis x = 11/7 netelpa O.D.Z., ji yra mažesnė nei 2, bet x = 3 atitinka šią sąlygą.
Atsakymas: x = 3
2) |x – 1| = 1 – x 2 .
1. O.D.Z. 1 – x 2 ≥ 0. Išspręskime šią nelygybę intervalo metodu:
(1 – x) (1 + x) ≥ 0
2. Sprendimas:
x – 1 = 1 – x 2 arba x – 1 = -(1 – x 2)
x 2 + x – 2 = 0 x 2 – x = 0
x = -2 arba x = 1 x = 0 arba x = 1
3. Sujungiame tirpalą ir O.D.Z.:
Tinka tik šaknys x = 1 ir x = 0.
Atsakymas: x = 0, x = 1.
4. Formos |f(x)| lygtis = |g(x)|. Tokia lygtis yra lygiavertė šioms dviem lygtims f(x) = g(x) arba f(x) = -g(x).
1) |x 2 – 5x + 7| = |2x – 5|. Ši lygtis yra lygi šioms dviem:
x 2 – 5x + 7 = 2x – 5 arba x 2 – 5x +7 = -2x + 5
x 2 – 7x + 12 = 0 x 2 – 3x + 2 = 0
x = 3 arba x = 4 x = 2 arba x = 1
Atsakymas: x = 1, x = 2, x = 3, x = 4.
5. Pakeitimo metodu išspręstos lygtys (kintamųjų pakeitimas). Šis metodas sprendimus lengviausia paaiškinti konkretus pavyzdys. Taigi, duokime kvadratinę lygtį su moduliu:
x 2 – 6|x| + 5 = 0. Pagal modulio savybę x 2 = |x| 2, todėl lygtį galima perrašyti taip:
|x| 2 – 6|x| + 5 = 0. Padarykime pakeitimą |x| = t ≥ 0, tada turėsime:
t 2 – 6t + 5 = 0. Išspręsdami šią lygtį, randame, kad t = 1 arba t = 5. Grįžkime prie pakeitimo:
|x| = 1 arba |x| = 5
x = ±1 x = ±5
Atsakymas: x = -5, x = -1, x = 1, x = 5.
Pažvelkime į kitą pavyzdį:
x 2 + |x| – 2 = 0. Pagal modulio savybę x 2 = |x| 2, todėl
|x| 2 + |x| – 2 = 0. Padarykime pakeitimą |x| = t ≥ 0, tada:
t 2 + t – 2 = 0. Išspręsdami šią lygtį, gauname t = -2 arba t = 1. Grįžkime prie pakeitimo:
|x| = -2 arba |x| = 1
Nėra šaknų x = ± 1
Atsakymas: x = -1, x = 1.
6. Kitas lygčių tipas yra lygtys su „sudėtingu“ moduliu. Tokios lygtys apima lygtis, kurios turi „modulius modulyje“. Tokio tipo lygtis galima išspręsti naudojant modulio savybes.
1) |3 – |x|| = 4. Veiksime taip pat, kaip ir antrojo tipo lygtyse. Nes 4 > 0, tada gauname dvi lygtis:
3 – |x| = 4 arba 3 – |x| = -4.
Dabar kiekvienoje lygtyje išreikškime modulį x, tada |x| = -1 arba |x| = 7.
Išsprendžiame kiekvieną iš gautų lygčių. Pirmoje lygtyje nėra šaknų, nes -1< 0, а во втором x = ±7.
Atsakymas x = -7, x = 7.
2) |3 + |x + 1|| = 5. Šią lygtį sprendžiame panašiai:
3 + |x + 1| = 5 arba 3 + |x + 1| = -5
|x + 1| = 2 |x + 1| = -8
x + 1 = 2 arba x + 1 = -2. Jokių šaknų.
Atsakymas: x = -3, x = 1.
Taip pat yra universalus metodas sprendžiant lygtis su moduliu. Tai yra intervalo metodas. Bet pažiūrėsime vėliau.
blog.site, kopijuojant visą medžiagą ar jos dalį, būtina nuoroda į pirminį šaltinį.
Mes nesirenkame matematikos jos profesiją, ir ji renkasi mus.
Rusijos matematikas Yu.I. Maninas
Lygtys su moduliu
Sunkiausiai mokyklinėje matematikoje sprendžiamos lygtys, kuriose yra kintamieji po modulio ženklu. Norint sėkmingai išspręsti tokias lygtis, reikia žinoti modulio apibrėžimą ir pagrindines savybes. Natūralu, kad studentai turi turėti įgūdžių spręsti tokio tipo lygtis.
Pagrindinės sąvokos ir savybės
Realiojo skaičiaus modulis (absoliuti reikšmė).žymimas ir apibrėžiamas taip:
KAM paprastos savybės modulis apima šiuos ryšius:
Pastaba, kad paskutinės dvi savybės galioja bet kuriam lyginiam laipsniui.
Be to, jei, kur, tada ir
Sudėtingesnės modulio savybės, kuriuos galima efektyviai panaudoti sprendžiant lygtis su moduliais, formuluojamos naudojant šias teoremas:
1 teorema.Bet kokioms analitinėms funkcijoms Ir nelygybė yra tiesa
2 teorema. Lygybė tolygi nelygybei.
3 teorema. Lygybė prilygsta nelygybei.
Pažvelkime į tipinius uždavinių sprendimo pavyzdžius tema „Lygtys, su kintamaisiais po modulio ženklu“.
Spręsti lygtis su moduliu
Dažniausiai pasitaiko mokyklinė matematika lygčių su moduliu sprendimo metodas yra metodas, remiantis modulio išplėtimu. Šis metodas yra universalus, tačiau į bendras atvejis jo naudojimas gali sukelti labai sudėtingus skaičiavimus. Šiuo atžvilgiu studentai turėtų žinoti kitus, daugiau veiksmingi metodai ir tokių lygčių sprendimo būdus. Ypač, būtina turėti teoremų taikymo įgūdžių, pateikta šiame straipsnyje.
1 pavyzdys. Išspręskite lygtį. (1)
Sprendimas. (1) lygtį spręsime „klasikiniu“ – modulių atskleidimo metodu. Norėdami tai padaryti, padalinkime skaičių ašį taškai ir į intervalus ir apsvarstykite tris atvejus.
1. Jei , tada , , ir (1) lygtis įgauna formą . Iš to išplaukia. Tačiau čia , todėl rasta reikšmė nėra (1) lygties šaknis.
2. Jei, tada iš (1) lygties gauname arba .
Nuo tada (1) lygties šaknis.
3. Jei, tada (1) lygtis įgauna formą arba . Pažymėkime tai.
Atsakymas: ,.
Spręsdami sekančias lygtis moduliu, aktyviai naudosime modulių savybes, siekdami padidinti tokių lygčių sprendimo efektyvumą.
2 pavyzdys. Išspręskite lygtį.
Sprendimas. Nuo ir tada iš lygties išplaukia. Šiuo atžvilgiu, , o lygtis įgauna formą. Iš čia gauname. Tačiau todėl pradinė lygtis neturi šaknų.
Atsakymas: nėra šaknų.
3 pavyzdys. Išspręskite lygtį.
Sprendimas. Nuo tada. Jei tada o lygtis įgauna formą.
Iš čia gauname.
4 pavyzdys. Išspręskite lygtį.
Sprendimas.Perrašykime lygtį lygiaverte forma. (2)
Gauta lygtis priklauso tipo lygtims.
Atsižvelgiant į 2 teoremą, galima teigti, kad (2) lygtis yra lygiavertė nelygybei . Iš čia gauname.
Atsakymas:.
5 pavyzdys. Išspręskite lygtį.
Sprendimas. Ši lygtis turi formą. Štai kodėl , pagal 3 teoremą, čia mes turime nelygybę arba .
6 pavyzdys. Išspręskite lygtį.
Sprendimas. Tarkime, kad. nes, tada duotoji lygtis įgauna kvadratinės lygties formą, (3)
Kur . Kadangi (3) lygtis turi vieną teigiamą šaknį ir tada . Iš čia gauname dvi pradinės lygties šaknis: Ir .
7 pavyzdys. Išspręskite lygtį. (4)
Sprendimas. Kadangi lygtisyra lygiavertis dviejų lygčių deriniui: ir , tada sprendžiant (4) lygtį reikia nagrinėti du atvejus.
1. Jei , tada arba .
Iš čia gauname ir .
2. Jei , tada arba .
Nuo tada.
Atsakymas: , , , .
8 pavyzdys.Išspręskite lygtį . (5)
Sprendimas. Nuo ir tada . Iš čia ir iš (5) lygties išplaukia, kad ir , t.y. čia turime lygčių sistemą
Tačiau šią sistemą lygtys yra nenuoseklios.
Atsakymas: nėra šaknų.
9 pavyzdys. Išspręskite lygtį. (6)
Sprendimas. Jei žymėsime , tai o iš (6) lygties gauname
Arba . (7)
Kadangi (7) lygtis turi formą , ši lygtis yra lygiavertė nelygybei . Iš čia gauname. Nuo tada arba .
Atsakymas:.
10 pavyzdys.Išspręskite lygtį. (8)
Sprendimas.Pagal 1 teoremą galime rašyti
(9)
Atsižvelgdami į (8) lygtį, darome išvadą, kad abi nelygybės (9) virsta lygybėmis, t.y. yra lygčių sistema
Tačiau pagal 3 teoremą aukščiau pateikta lygčių sistema yra lygiavertė nelygybių sistemai
(10)
Išspręsdami nelygybių sistemą (10) gauname . Kadangi nelygybių sistema (10) yra lygiavertė (8) lygčiai, pradinė lygtis turi vieną šaknį.
Atsakymas:.
11 pavyzdys. Išspręskite lygtį. (11)
Sprendimas. Leisti ir , tada lygybė išplaukia iš (11) lygties.
Iš to išplaukia, kad ir. Taigi čia turime nelygybių sistemą
Šios nelygybių sistemos sprendimas yra Ir .
Atsakymas: ,.
12 pavyzdys.Išspręskite lygtį. (12)
Sprendimas. (12) lygtis bus išspręsta nuoseklaus modulių išplėtimo metodu. Norėdami tai padaryti, panagrinėkime keletą atvejų.
1. Jei , tada .
1.1. Jei , tada ir , .
1.2. Jei tada. Tačiau todėl į tokiu atveju(12) lygtis neturi šaknų.
2. Jei , tada .
2.1. Jei , tada ir , .
2.2. Jei , tada ir .
Atsakymas: , , , , .
13 pavyzdys.Išspręskite lygtį. (13)
Sprendimas. Nes kairė pusė(13) lygtis yra neneigiama, tada . Šiuo atžvilgiu ir (13) lygtis
įgauna formą arba .
Yra žinoma, kad lygtis yra lygiavertis dviejų lygčių deriniui ir , sprendžiant kurią gauname, . nes, tada (13) lygtis turi vieną šaknį.
Atsakymas:.
14 pavyzdys. Išspręskite lygčių sistemą (14)
Sprendimas. Nuo ir , tada ir . Vadinasi, iš lygčių sistemos (14) gauname keturias lygčių sistemas:
Minėtų lygčių sistemų šaknys yra lygčių sistemos (14) šaknys.
Atsakymas: ,, , , , , , .
15 pavyzdys. Išspręskite lygčių sistemą (15)
Sprendimas. Nuo tada. Šiuo atžvilgiu iš lygčių sistemos (15) gauname dvi lygčių sistemas
Pirmosios lygčių sistemos šaknys yra ir , o iš antrosios lygčių sistemos gauname ir .
Atsakymas: , , , .
16 pavyzdys. Išspręskite lygčių sistemą (16)
Sprendimas. Iš pirmosios sistemos (16) lygties išplaukia, kad .
Nuo tada . Panagrinėkime antrąją sistemos lygtį. Nes, tai, o lygtis įgauna formą, , arba .
Jei pakeisite vertęį pirmąją sistemos (16) lygtį, tada , arba .
Atsakymas: ,.
Daugiau gilus mokymasis problemų sprendimo būdai, susijusios su lygčių sprendimu, turintys kintamuosius po modulio ženklu, ar galite patarti mokymo priemonės iš rekomenduojamos literatūros sąrašo.
1. Matematikos uždavinių rinkinys stojantiesiems į kolegijas / Red. M.I. Scanavi. – M.: Taika ir švietimas, 2013. – 608 p.
2. Suprun V.P. Matematika aukštųjų mokyklų studentams: padidinto sudėtingumo užduotys. – M.: CD „Librocom“ / URSS, 2017. – 200 p.
3. Suprun V.P. Matematika gimnazistams: nestandartiniai uždavinių sprendimo metodai. – M.: CD „Librocom“ / URSS, 2017. – 296 p.
Vis dar turite klausimų?
Norėdami gauti pagalbos iš dėstytojo, užsiregistruokite.
svetainėje, kopijuojant visą medžiagą ar jos dalį, būtina nuoroda į šaltinį.
Instrukcijos
Jei modulis vaizduojamas kaip ištisinė funkcija, tada jo argumento reikšmė gali būti teigiama arba neigiama: |x| = x, x ≥ 0; |x| = - x, x
z1 + z2 = (x1 + x2) + i(y1 + y2);
z1 - z2 = (x1 - x2) + i(y1 - y2);
Nesunku pastebėti, kad kompleksinių skaičių sudėjimas ir atėmimas vadovaujasi ta pačia taisykle, kaip ir sudėjimas ir .
Dviejų kompleksinių skaičių sandauga yra lygi:
z1*z2 = (x1 + iy1)*(x2 + iy2) = x1*x2 + i*y1*x2 + i*x1*y2 + (i^2)*y1*y2.
Kadangi i^2 = -1, tada galutinis rezultatas lygus:
(x1*x2 – y1*y2) + i(x1*y2 + x2*y1).
Kompleksinių skaičių eksponentiškumo ir šaknų ištraukimo operacijos apibrėžiamos taip pat, kaip ir realiųjų skaičių. Tačiau kompleksinėje srityje bet kuriam skaičiui yra lygiai n skaičių b, kurių b^n = a, tai yra, n n-ojo laipsnio šaknų.
Visų pirma, tai reiškia, kad bet kuri n laipsnio algebrinė lygtis su vienu kintamuoju turi tiksliai n sudėtingų šaknų, kai kurios iš jų gali būti .
Video tema
Šaltiniai:
- Paskaita „Sudėtingi skaičiai“ 2019 m
Šaknis yra piktograma, nurodanti matematinę skaičiaus radimo operaciją, kurią padidinus iki galios, nurodytos prieš šaknies ženklą, turėtų būti gautas skaičius, nurodytas po šiuo ženklu. Dažnai norint išspręsti problemas, susijusias su šaknimis, nepakanka vien apskaičiuoti vertę. Būtina atlikti papildomas operacijas, iš kurių viena yra skaičiaus, kintamojo ar išraiškos įvedimas po šaknies ženklu.
Instrukcijos
Nustatykite šaknies eksponentą. Rodiklis yra sveikasis skaičius, nurodantis laipsnį, iki kurio turi būti padidintas šaknies apskaičiavimo rezultatas, kad būtų gauta radikali išraiška (skaičius, iš kurio išgaunama ši šaknis). Šakninis eksponentas kaip viršutinis indeksas prieš šaknies piktogramą. Jei šis nenurodytas, tai yra Kvadratinė šaknis, kurio laipsnis yra du. Pavyzdžiui, šaknies √3 rodiklis yra du, ³√3 rodiklis yra trys, šaknies ⁴√3 rodiklis yra keturi ir t.
Padidinkite skaičių, kurį norite įvesti po šaknies ženklu iki laipsnio, lygaus šios šaknies eksponentui, kurį nustatėte atlikdami ankstesnį veiksmą. Pavyzdžiui, jei po šaknies ženklu ⁴√3 reikia įvesti skaičių 5, tada šaknies laipsnio indeksas yra keturi ir reikia 5 padidinimo iki ketvirtosios laipsnio rezultato 5⁴=625. Tai galite padaryti bet kokiu jums patogiu būdu – savo galva, naudodami skaičiuotuvą ar atitinkamas priglobtas paslaugas.
Įveskite reikšmę, gautą ankstesniame žingsnyje, po šaknies ženklu kaip radikalios išraiškos daugiklį. Ankstesniame veiksme naudotame pavyzdyje po šaknies pridėjus ⁴√3 5 (5*⁴√3), šį veiksmą galima atlikti taip: 5*⁴√3=⁴√(625*3).
Jei įmanoma, supaprastinkite gautą radikalią išraišką. Ankstesnių veiksmų pavyzdyje tereikia padauginti skaičius po šaknies ženklu: 5*⁴√3=⁴√(625*3)=⁴√1875. Taip užbaigiama numerio įvedimo po šaknimi operacija.
Jei problema yra nežinomų kintamųjų, galima atlikti aukščiau aprašytus veiksmus bendras vaizdas. Pavyzdžiui, jei reikia įvesti nežinomą kintamąjį x po ketvirtąja šaknies šaknimi, o radikali išraiška yra 5/x³, tada visą veiksmų seką galima parašyti taip: x*⁴√(5/x³)=⁴ √(x⁴*5/x³)= ⁴√(x*5).
Šaltiniai:
- kaip vadinamas šaknies ženklas?
Realiųjų skaičių nepakanka norint išspręsti bet kokią kvadratinę lygtį. Paprasčiausia kvadratinė lygtis, neturinti šaknų tarp realių skaičių, yra x^2+1=0. Ją sprendžiant paaiškėja, kad x=±sqrt(-1), ir pagal elementarios algebros dėsnius iš neigiamo ištraukti lyginio laipsnio šaknį numeriai tai uždrausta.
A apskaičiuojamas pagal šias taisykles:
Dėl trumpumo naudojami užrašai |a|. Taigi, |10| = 10; - 1/3 = | 1/3 |; | -100| =100 ir kt.
Kiekvienas dydis X atitinka gana tikslią reikšmę | X|. Ir tai reiškia tapatybę adresu= |X| rinkiniai adresu kaip kai kurie argumento funkcija X.
Tvarkaraštis tai funkcijas pateikta žemiau.
Dėl x > 0 |x| = x, ir už x< 0 |x|= -x; šiuo atžvilgiu eilutė y = | x| adresu x> 0 kartu su tiesia linija y = x(pirmojo koordinačių kampo bisektorius), ir kada X< 0 - с прямой y = -x(antrojo koordinačių kampo bisektorius).
Atskirai lygtys po ženklu įtraukti nežinomuosius modulis.
Savavališki tokių lygčių pavyzdžiai - | X— 1| = 2, |6 — 2X| =3X+1 ir kt.
Lygčių sprendimas kuriame yra nežinomasis po modulio ženklu, yra pagrįsta tuo, kad jei nežinomo skaičiaus x absoliuti reikšmė yra lygi teigiamam skaičiui a, tai pats skaičius x yra lygus arba a, arba -a.
Pavyzdžiui:, jei | X| = 10, tada arba X=10 arba X = -10.
Pasvarstykime sprendžiant atskiras lygtis.
Išanalizuokime lygties | sprendinį X- 1| = 2.
Išplėskime modulį tada skirtumas X- 1 gali būti lygus + 2 arba - 2. Jei x - 1 = 2, tada X= 3; jeigu X- 1 = - 2, tada X= - 1. Pakeičiame ir nustatome, kad abi šios reikšmės atitinka lygtį.
Atsakymas. Aukščiau pateikta lygtis turi dvi šaknis: x 1 = 3, x 2 = - 1.
Paanalizuokime lygties sprendimas | 6 — 2X| = 3X+ 1.
Po to modulio išplėtimas gauname: arba 6 - 2 X= 3X+ 1 arba 6 - 2 X= - (3X+ 1).
Pirmuoju atveju X= 1, o antrajame X= - 7.
Apžiūra. At X= 1 |6 — 2X| = |4| = 4, 3x+ 1 = 4; iš teismo išplaukia, X = 1 - šaknis duota lygtys.
At x = - 7 |6 — 2x| = |20| = 20, 3x+ 1 = - 20; nuo 20 ≠ -20, tada X= - 7 nėra šios lygties šaknis.
Atsakymas. U lygtis turi tik vieną šaknį: X = 1.
Šio tipo lygtys gali būti išspręsti ir grafiškai.
Taigi spręskime Pavyzdžiui, grafinė lygtis | X- 1| = 2.
Pirmiausia statysime funkcinė grafika adresu = |x- 1|. Pirmiausia nubraižykime funkcijos grafiką adresu=X- 1:
Ta jo dalis grafikos menai, kuris yra virš ašies X Mes to nepakeisime. Jai X- 1 > 0 ir todėl | X-1|=X-1.
Diagramos dalis, esanti žemiau ašies X, pavaizduokime simetriškaišios ašies atžvilgiu. Nes šiai daliai X - 1 < 0 и соответственно |X - 1|= - (X - 1). Gautas linija(ištisinė linija) ir valia funkcijų grafikas y = | X—1|.
Ši linija susikirs su tiesiai adresu= 2 dviejuose taškuose: M 1 su abscise -1 ir M 2 su abscise 3. Ir atitinkamai lygtis | X- 1| =2 bus dvi šaknys: X 1 = - 1, X 2 = 3.
Ši internetinė matematikos skaičiuoklė jums padės išspręskite lygtį arba nelygybę su moduliais. Programa skirta sprendžiant lygtis ir nelygybes moduliais ne tik duoda atsakymą į problemą, bet ir veda išsamus sprendimas su paaiškinimais, t.y. rodomas rezultato gavimo procesas.
Ši programa gali būti naudinga aukštųjų mokyklų studentams vidurinės mokyklos ruošiantis bandymai ir egzaminus, tikrinant žinias prieš Vieningą valstybinį egzaminą, tėvams kontroliuoti daugelio matematikos ir algebros uždavinių sprendimą. O gal jums per brangu samdyti dėstytoją ar pirkti naujus vadovėlius? O gal tiesiog norite tai padaryti kuo greičiau? namų darbai matematikoje ar algebroje? Tokiu atveju taip pat galite naudoti mūsų programas su išsamiais sprendimais.
Tokiu būdu galite išleisti savo savo mokymą ir (arba) mokyti savo jaunesnius brolius ar seseris, o išsilavinimo lygis sprendžiamų problemų srityje didėja.
|x| arba abs(x) – modulis xĮveskite lygtį arba nelygybę su moduliais
Buvo nustatyta, kad kai kurie scenarijai, reikalingi šiai problemai išspręsti, nebuvo įkelti ir programa gali neveikti.
Galbūt esate įjungę „AdBlock“.
Tokiu atveju išjunkite jį ir atnaujinkite puslapį.
Kad sprendimas būtų rodomas, turite įjungti „JavaScript“.
Čia pateikiamos instrukcijos, kaip įjungti „JavaScript“ naršyklėje.
Nes Yra daug žmonių, norinčių išspręsti problemą, jūsų prašymas buvo įrašytas į eilę.
Po kelių sekundžių apačioje pasirodys sprendimas.
Prašau palauk sek...
Jei tu sprendime pastebėjo klaidą, tuomet apie tai galite parašyti atsiliepimų formoje.
Nepamiršk nurodykite, kokia užduotis tu spręsk ką įveskite laukelius.
Mūsų žaidimai, galvosūkiai, emuliatoriai:
Šiek tiek teorijos.
Lygtys ir nelygybės su moduliais
Pagrindinės mokyklos algebros kurse galite susidurti su paprasčiausiomis lygtimis ir nelygybėmis su moduliais. Norėdami juos išspręsti, galite naudoti geometrinį metodą, pagrįstą tuo, kad \(|x-a| \) yra atstumas skaičių tiesėje tarp taškų x ir a: \(|x-a| = \rho (x;\; a) \). Pavyzdžiui, norint išspręsti lygtį \(|x-3|=2\), skaičių tiesėje reikia rasti taškus, kurie yra nutolę nuo taško 3 2 atstumu. Tokie taškai yra du: \(x_1=1 \) ir \(x_2=5\) .
Nelygybės sprendimas \(|2x+7| 
Tačiau pagrindinis būdas išspręsti lygtis ir nelygybes su moduliais yra susijęs su vadinamuoju „modulio atskleidimu pagal apibrėžimą“:
jei \(a \geq 0 \), tada \(|a|=a \);
if \(a Paprastai lygtis (nelygybė) su moduliais redukuojama į lygčių (nelygybių), kuriose nėra modulio ženklo, rinkinį.
Be pirmiau pateikto apibrėžimo, naudojami šie teiginiai:
1) Jei \(c > 0\), tada lygtis \(|f(x)|=c \) yra lygiavertė lygčių rinkiniui: \(\left[\begin(masyvas)(l) f(x) )=c \\ f(x)=-c \end(masyvas)\right. \)
2) Jei \(c > 0 \), tai nelygybė \(|f(x)| 3) Jei \(c \geq 0 \), tada nelygybė \(|f(x)| > c \) yra lygiavertis nelygybių rinkiniui: \(\left[\begin(masyvas)(l) f(x) c \end(masyvas)\right. \)
4) Jei abi nelygybės pusės \(f(x) PAVYZDYS 1. Išspręskite lygtį \(x^2 +2|x-1| -6 = 0\).
Jei \(x-1 \geq 0\), tada \(|x-1| = x-1\) ir duota lygtis įgauna formą
\(x^2 +2(x-1) -6 = 0 \Rodyklė dešinėn x^2 +2x -8 = 0 \).
Jei \(x-1 \(x^2 -2(x-1) -6 = 0 \Rodyklė dešinėn x^2 -2x -4 = 0 \).
Taigi, pateikta lygtis turėtų būti nagrinėjama atskirai kiekvienu iš dviejų nurodytų atvejų.
1) Tegu \(x-1 \geq 0 \), t.y. \(x\geq 1\). Iš lygties \(x^2 +2x -8 = 0\) randame \(x_1=2, \; x_2=-4\). Sąlygą \(x \geq 1 \) tenkina tik reikšmė \(x_1=2\).
2) Tegul \(x-1 Atsakymas: \(2; \;\; 1-\sqrt(5) \)
2 PAVYZDYS. Išspręskite lygtį \(|x^2-6x+7| = \frac(5x-9)(3)\).
Pirmas būdas(modulio išplėtimas pagal apibrėžimą).
Samprotaudami kaip 1 pavyzdyje, darome išvadą, kad pateiktą lygtį reikia nagrinėti atskirai, jei tenkinamos dvi sąlygos: \(x^2-6x+7 \geq 0 \) arba \(x^2-6x+7
1) Jei \(x^2-6x+7 \geq 0 \), tada \(|x^2-6x+7| = x^2-6x+7 \) ir duota lygtis įgauna formą \(x ^2 -6x+7 = \frac(5x-9)(3) \Rodyklė dešinėn 3x^2-23x+30=0 \). Išsprendę šią kvadratinę lygtį, gauname: \(x_1=6, \; x_2=\frac(5)(3) \).
Išsiaiškinkime, ar reikšmė \(x_1=6\) atitinka sąlygą \(x^2-6x+7 \geq 0\). Norėdami tai padaryti, nurodytą reikšmę pakeiskite į kvadratinė nelygybė. Gauname: \(6^2-6 \cdot 6+7 \geq 0 \), t.y. \(7 \geq 0 \) yra tikroji nelygybė. Tai reiškia, kad \(x_1=6\) yra pateiktos lygties šaknis.
Išsiaiškinkime, ar reikšmė \(x_2=\frac(5)(3)\) atitinka sąlygą \(x^2-6x+7 \geq 0\). Norėdami tai padaryti, nurodytą reikšmę pakeiskite kvadratine nelygybe. Gauname: \(\left(\frac(5)(3) \right)^2 -\frac(5)(3) \cdot 6 + 7 \geq 0 \), t.y. \(\frac(25)(9) -3 \geq 0 \) yra neteisinga nelygybė. Tai reiškia, kad \(x_2=\frac(5)(3)\) nėra pateiktos lygties šaknis.
2) Jei \(x^2-6x+7 reikšmė \(x_3=3\) atitinka sąlygą \(x^2-6x+7 reikšmė \(x_4=\frac(4)(3) \) netenkina sąlyga \ (x^2-6x+7 Taigi duotoji lygtis turi dvi šaknis: \(x=6, \; x=3 \).
Antras būdas. Jei pateikta lygtis \(|f(x)| = h(x) \), tada su \(h(x) \(\left[\begin(masyvas)(l) x^2-6x+7 = \frac (5x-9)(3) \\ x^2-6x+7 = -\frac(5x-9)(3) \end(masyvas)\dešinė. \)
Abi šios lygtys buvo išspręstos aukščiau (naudojant pirmąjį pateiktos lygties sprendimo būdą), jų šaknys yra tokios: \(6,\; \frac(5)(3),\; 3,\; \frac(4 )(3)\). Šių keturių reikšmių sąlygą \(\frac(5x-9)(3) \geq 0 \) tenkina tik dvi: 6 ir 3. Tai reiškia, kad duota lygtis turi dvi šaknis: \(x=6 , \; x=3 \ ).
Trečias būdas(grafinis).
1) Sukurkime funkcijos \(y = |x^2-6x+7| \) grafiką. Pirmiausia sukurkime parabolę \(y = x^2-6x+7\). Turime \(x^2-6x+7 = (x-3)^2-2 \). Funkcijos \(y = (x-3)^2-2\) grafiką galima gauti iš funkcijos \(y = x^2\) grafiko, perkeliant jį 3 mastelio vienetais į dešinę (išilgai x ašyje) ir 2 mastelio vienetais žemyn ( išilgai y ašies). Tiesė x=3 yra mus dominančios parabolės ašis. Kaip kontrolinius taškus tikslesniam braižymui patogu paimti tašką (3; -2) - parabolės viršūnę, tašką (0; 7) ir tašką (6; 7) simetriškus jam parabolės ašies atžvilgiu. .
Norėdami dabar sudaryti funkcijos \(y = |x^2-6x+7| \) grafiką, turite palikti nepakeistas tas sudarytos parabolės dalis, kurios yra ne žemiau x ašies, ir atspindėti tą parabolės dalį. parabolė, esanti žemiau x ašies x ašies atžvilgiu.
2) Sukurkime grafiką tiesinė funkcija\(y = \frac(5x-9)(3)\). Kontroliniais taškais patogu paimti taškus (0; –3) ir (3; 2).
Svarbu, kad tiesės ir abscisių ašies susikirtimo taškas x = 1,8 būtų dešinėje nuo kairiojo parabolės susikirtimo su abscisių ašimi taško – tai taškas \(x=3-\ sqrt(2) \) (nuo \(3-\sqrt(2 ) 3) Sprendžiant iš brėžinio, grafikai susikerta dviejuose taškuose - A(3; 2) ir B(6; 7). Pakeičiant šių abscises taškais x = 3 ir x = 6 į pateiktą lygtį, esame įsitikinę, kad abi kitoje reikšmėje gaunama teisinga skaitinė lygybė Tai reiškia, kad mūsų hipotezė pasitvirtino – lygtis turi dvi šaknis: x = 3 ir x = 6 . Atsakymas: 3; 6.
komentuoti. Grafinis metodas, nepaisant visų savo elegancijos, nėra labai patikimas. Nagrinėjamame pavyzdyje tai veikė tik todėl, kad lygties šaknys yra sveikieji skaičiai.
3 PAVYZDYS. Išspręskite lygtį \(|2x-4|+|x+3| = 8\)
Pirmas būdas
Išraiška 2x–4 tampa 0 taške x = 2, o išraiška x + 3 – 0 taške x = –3. Šie du taškai padalija skaičių eilutę į tris intervalus: \(x
Apsvarstykite pirmąjį intervalą: \((-\infty; \; -3) \).
Jei x Apsvarstykite antrąjį intervalą: \([-3; \; 2) \).
Jei \(-3 \leq x Apsvarstykite trečiąjį intervalą: \()
Įkeliama...