Grafička metoda je jedna od glavnih metoda za rješavanje kvadratnih nejednadžbi. U članku ćemo prikazati algoritam za primjenu grafičke metode, a zatim razmotriti posebne slučajeve koristeći primjere.

Suština grafičke metode

Metoda je primjenjiva za rješavanje bilo kojih nejednakosti, ne samo kvadratnih. Njegova suština je sljedeća: desni i lijevi dio nejednadžbe smatraju se dvjema odvojenim funkcijama y \u003d f (x) i y \u003d g (x), njihovi grafikoni su ugrađeni u pravokutni sustav koordinate i vidjeti koji se od grafikona nalazi iznad drugog i u kojim intervalima. Intervali se vrednuju na sljedeći način:

Definicija 1

• rješenja nejednadžbe f(x) > g(x) su intervali u kojima je graf funkcije f viši od grafa funkcije g;
• rješenja nejednadžbe f (x) ≥ g (x) su intervali u kojima graf funkcije f nije niži od grafa funkcije g;
• rješenja nejednadžbe f (x)< g (x) являются интервалы, где график функции f ниже графика функции g ;
• rješenja nejednadžbe f (x) ≤ g (x) su intervali u kojima graf funkcije f nije viši od grafa funkcije g;
• apscise sjecišta grafova funkcija f i g rješenja su jednadžbe f(x) = g(x) .

Razmotrite gornji algoritam s primjerom. Da biste to učinili, uzmite kvadratnu nejednadžbu a x 2 + b x + c< 0 (≤ , >, ≥) i iz njega izvesti dvije funkcije. Lijeva strana nejednadžbe će odgovarati y = a x 2 + b x + c (u ovom slučaju f (x) = a x 2 + b x + c), a desna y = 0 (u ovom slučaju g (x) = 0 ).

Graf prve funkcije je parabola, druge je ravna linija koja se poklapa s osi x. Analizirajmo položaj parabole u odnosu na os x. Da bismo to učinili, izvest ćemo shematski crtež.

Grane parabole usmjerene su prema gore. Sječe x-os u točkama x 1 i x 2. Koeficijent a u ovom slučaju je pozitivan, jer je on odgovoran za smjer grana parabole. Diskriminant je pozitivan, što znači da kvadratni trinom ima dva korijena. a x 2 + b x + c. Korijene trinoma označavamo kao x 1 i x 2, i to je prihvaćeno x 1< x 2 , budući da su na osi O x prikazali točku s apscisom x 1 lijevo od točke s apscisom x 2.

Dijelovi parabole koji se nalaze iznad osi O x označeni su crvenom bojom, ispod - plavom bojom. To će nam omogućiti da crtež učinimo vizualnijim.

Odaberimo praznine koje odgovaraju tim dijelovima i označimo ih na slici poljima određene boje.

Crvenom bojom smo označili intervale (− ∞, x 1) i (x 2, + ∞), na njima je parabola iznad O x osi. Oni su a · x 2 + b · x + c > 0 . Plavom smo bojom označili interval (x 1 , x 2) koji je rješenje nejednadžbe a x 2 + b x + c< 0 . Числа x 1 и x 2 будут отвечать равенству a · x 2 + b · x + c = 0 .

Zabilježimo ukratko rješenje. Za a > 0 i D = b 2 − 4 a c > 0 (ili D " = D 4 > 0 za paran koeficijent b) dobivamo:

• rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 + b x + c > 0 je (− ∞ , x 1) ∪ (x 2 , + ∞) ili na drugi način x< x 1 , x >x2;
• rješenje kvadratne nejednadžbe a · x 2 + b · x + c ≥ 0 je (− ∞ , x 1 ] ∪ [ x 2 , + ∞) ili u drugom zapisu x ≤ x 1 , x ≥ x 2 ;
• rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 + b x + c< 0 является (x 1 , x 2) или в другой записи x 1 < x < x 2 ;
• rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 + b x + c ≤ 0 je [ x 1 , x 2 ] ili u drugom zapisu x 1 ≤ x ≤ x 2 ,

gdje su x 1 i x 2 korijeni kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c, i x 1< x 2 .

Na ovoj slici parabola dodiruje os O x u samo jednoj točki, koja je označena kao x0 a > 0. D=0, Posljedično, kvadratni trinom ima jedan korijen x0.

Parabola se nalazi potpuno iznad osi Ox, osim u dodirnoj točki koordinatne osi. Obojite praznine (− ∞ , x 0) , (x 0 , ∞) .

Zapišimo rezultate. Na a > 0 i D=0:

• rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 + b x + c > 0 je (− ∞ , x 0) ∪ (x 0 , + ∞) ili u drugom zapisu x ≠ x0;
• rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 + b x + c ≥ 0 je (− ∞ , + ∞) ili u drugom zapisu x ∈ R ;
• kvadratna nejednakost a x 2 + b x + c< 0 nema rješenja (nema intervala na kojima se parabola nalazi ispod osi O x);
• kvadratna nejednakost a x 2 + b x + c ≤ 0 ima jedino rješenje x = x0(daje se kontaktnom točkom),

gdje x0- korijen kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c.

Razmotrimo treći slučaj, kada su grane parabole usmjerene prema gore i ne dodiruju os O x. Grane parabole usmjerene su prema gore, što znači da a > 0. Kvadratni trinom nema pravih korijena jer D< 0 .

Na grafu nema intervala u kojima bi parabola bila ispod x-osi. To ćemo uzeti u obzir pri odabiru boje za naš crtež.

Ispada da kada a > 0 i D< 0 rješavanje kvadratnih nejednadžbi a x 2 + b x + c > 0 i a x 2 + b x + c ≥ 0 je skup svih realnih brojeva i nejednakosti a x 2 + b x + c< 0 i a x 2 + b x + c ≤ 0 nemaju rješenja.

Ostaje nam da razmotrimo tri opcije kada su grane parabole usmjerene prema dolje. Ne trebamo se zadržavati na ove tri opcije, jer kada pomnožimo oba dijela nejednadžbe s - 1, dobivamo ekvivalentnu nejednadžbu s pozitivnim koeficijentom pri x 2.

Razmatranje prethodnog odjeljka članka pripremilo nas je za percepciju algoritma za rješavanje nejednadžbi grafičkom metodom. Da bismo izvršili izračune, trebat ćemo svaki put koristiti crtež koji će prikazivati ​​koordinatnu liniju O x i parabolu koja odgovara kvadratnoj funkciji y = a x 2 + b x + c. U većini slučajeva nećemo prikazati O y os jer nije potrebna za izračune i samo će preopteretiti crtež.

Da bismo konstruirali parabolu, morat ćemo znati dvije stvari:

Definicija 2

• smjer grana, koji je određen vrijednošću koeficijenta a ;
• prisutnost točaka sjecišta parabole i apscisne osi, koje su određene vrijednošću diskriminanta kvadratnog trinoma a · x 2 + b · x + c.

Točke presjeka i dodirivanja označit ćemo na uobičajen način pri rješavanju nestrogih nejednadžbi, a prazne pri rješavanju striktnih.

Nakon što imate gotov crtež, možete prijeći na sljedeći korak rješenja. Uključuje određivanje intervala u kojima se parabola nalazi iznad ili ispod O x osi. Praznine i točke presjeka su rješenje kvadratne nejednadžbe. Ako nema sjecišta ili dodirnih točaka i intervala, tada se smatra da nejednadžba navedena u uvjetima zadatka nema rješenja.

Riješimo sada neke kvadratne nejednadžbe koristeći gornji algoritam.

Primjer 1

Potrebno je riješiti nejednadžbu 2 x 2 + 5 1 3 x - 2 grafički.

Riješenje

Nacrtajmo graf kvadratne funkcije y = 2 · x 2 + 5 1 3 · x - 2 . Koeficijent pri x 2 pozitivno, jer 2 . To znači da će grane parabole biti usmjerene prema gore.

Izračunavamo diskriminant kvadratnog trinoma 2 · x 2 + 5 1 3 · x - 2 kako bismo saznali ima li parabola dodirnih točaka s osi x. Dobivamo:

D \u003d 5 1 3 2 - 4 2 (- 2) \u003d 400 9

Kao što vidite, D je veće od nule, stoga imamo dvije sjecišne točke: x 1 \u003d - 5 1 3 - 400 9 2 2 i x 2 \u003d - 5 1 3 + 400 9 2 2, tj. x 1 = − 3 i x 2 = 1 3.

Rješavamo nestrogu nejednadžbu, stoga stavljamo obične točke na graf. Nacrtamo parabolu. Kao što vidite, crtež ima isti izgled kao u prvom predlošku koji smo pregledali.

Naša nejednadžba ima predznak ≤ . Stoga moramo odabrati praznine na grafu gdje se parabola nalazi ispod O x osi i dodati im sjecišne točke.

Interval koji nam treba je − 3 , 1 3 . Dodavanjem točaka sjecišta dobivamo brojevni pravac− 3 , 1 3 . Ovo je rješenje našeg problema. Odgovor se može napisati kao dvostruka nejednadžba: − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

Odgovor:− 3 , 1 3 ili − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

Primjer 2

− x 2 + 16 x − 63< 0 grafička metoda.

Riješenje

Kvadrat varijable ima negativan numerički koeficijent, pa će grane parabole biti usmjerene prema dolje. Izračunajte četvrti dio diskriminante D" = 8 2 − (− 1) (− 63) = 64 − 63 = 1. Ovaj rezultat nam govori da će postojati dvije točke presjeka.

Izračunajmo korijene kvadratnog trinoma: x 1 \u003d - 8 + 1 - 1 i x 2 \u003d - 8 - 1 - 1, x 1 \u003d 7 i x2 = 9.

Ispada da parabola siječe x-os u točkama 7 i 9 . Ove točke na grafu označavamo kao prazne, budući da radimo sa strogom nejednakošću. Nakon toga nacrtamo parabolu koja siječe os O x u označenim točkama.

Zanimat će nas intervali u kojima se parabola nalazi ispod O x osi. Označite te intervale plavom bojom.

Dobivamo odgovor: rješenje nejednadžbe su intervali (− ∞ , 7) , (9 , + ∞) .

Odgovor:(− ∞ , 7) ∪ (9 , + ∞) ili u drugom zapisu x< 7 , x > 9 .

U slučajevima kada je diskriminant kvadratnog trinoma jednak nuli, mora se paziti da se u odgovor uključi apscisa tangente. Da bismo donijeli ispravnu odluku, potrebno je uzeti u obzir znak nejednakosti. U strogim nejednadžbama dodirna točka apscisne osi nije rješenje nejednadžbe, u nestrogim jest.

Primjer 3

Riješite kvadratnu nejednadžbu 10 x 2 − 14 x + 4 , 9 ≤ 0 grafička metoda.

Riješenje

Grane parabole u ovom će slučaju biti usmjerene prema gore. Dodirnut će os O x u točki 0, 7, jer

Nacrtajmo funkciju y = 10 x 2 − 14 x + 4, 9. Njegove su grane usmjerene prema gore, budući da je koeficijent na x 2 pozitivna, i dodiruje x-os u točki s x-osom 0 , 7 , jer D " = (− 7) 2 − 10 4 , 9 = 0, odakle je x 0 = 7 10 ili 0 , 7 .

Stavimo točku i nacrtajmo parabolu.

Rješavamo nestrogu nejednadžbu s predznakom ≤ . Slijedom toga. Zanimat će nas intervali u kojima se parabola nalazi ispod x-osi i dodirne točke. Na slici nema intervala koji bi zadovoljili naše uvjete. Postoji samo dodirna točka 0, 7. Ovo je željeno rješenje.

Odgovor: Nejednadžba ima samo jedno rješenje 0 , 7 .

Primjer 4

Riješite kvadratnu nejednadžbu – x 2 + 8 x − 16< 0 .

Riješenje

Grane parabole usmjerene su prema dolje. Diskriminant je nula. Točka raskrižja x0 = 4.

Označimo dodirnu točku na x-osi i nacrtamo parabolu.

Imamo posla sa strogom nejednakošću. Stoga nas zanimaju intervali na kojima se nalazi parabola ispod O x osi. Označimo ih plavom bojom.

Točka s apscisom 4 nije rješenje jer se u njoj parabola ne nalazi ispod osi Ox. Dakle, dobivamo dva intervala (− ∞ , 4) , (4 , + ∞) .

Odgovor: (− ∞ , 4) ∪ (4 , + ∞) ili u drugom zapisu x ≠ 4 .

Ne uvijek s negativnom vrijednošću diskriminante, nejednadžba neće imati rješenja. Postoje slučajevi kada će rješenje biti skup svih realnih brojeva.

Primjer 5

Grafički riješite kvadratnu nejednadžbu 3 · x 2 + 1 > 0.

Riješenje

Koeficijent a je pozitivan. Diskriminant je negativan. Grane parabole bit će usmjerene prema gore. Nema točaka sjecišta parabole s osi O x. Okrenimo se crtežu.

Radimo sa strogom nejednakošću, koja ima znak >. To znači da nas zanimaju intervali u kojima se parabola nalazi iznad x-osi. Upravo je to slučaj kada je odgovor skup svih realnih brojeva.

Odgovor:(− ∞ , + ∞) ili tako x ∈ R .

Primjer 6

Potrebno je pronaći rješenje nejednadžbe − 2 x 2 − 7 x − 12 ≥ 0 grafički način.

Riješenje

Grane parabole usmjerene su prema dolje. Diskriminant je negativan, dakle zajedničke točke nema parabole i x-osi. Okrenimo se crtežu.

Radimo s nestrogom nejednakošću s predznakom ≥ , stoga nas zanimaju intervali na kojima se parabola nalazi iznad x-osi. Sudeći po rasporedu, takvih praznina nema. To znači da nejednadžba dana u uvjetu zadatka nema rješenja.

Odgovor: Nema rješenja.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Jedna od najprikladnijih metoda za rješavanje kvadratnih nejednadžbi je grafička metoda. U ovom ćemo članku analizirati kako se kvadratne nejednadžbe rješavaju grafički. Prvo, raspravimo što je bit ove metode. Zatim dajemo algoritam i razmatramo primjere grafičkog rješavanja kvadratnih nejednadžbi.

Navigacija po stranici.

Suština grafičke metode

općenito grafički način rješavanja nejednakosti s jednom varijablom koristi se ne samo za rješavanje kvadratnih nejednadžbi, već i nejednadžbi drugih vrsta. Bit grafičke metode rješavanja nejednadžbi sljedeći: razmotrite funkcije y=f(x) i y=g(x) koje odgovaraju lijevoj i desni dijelovi nejednakosti, graditi njihove grafove u jednom pravokutnom koordinatnom sustavu i saznati u kojim se razmacima graf jedne od njih nalazi ispod ili iznad druge. Ti intervali gdje

• graf funkcije f iznad grafa funkcije g su rješenja nejednadžbe f(x)>g(x) ;
• graf funkcije f koji nije niži od grafa funkcije g su rješenja nejednadžbe f(x)≥g(x) ;
• graf funkcije f ispod grafa funkcije g su rješenja nejednadžbe f(x)
• graf funkcije f ne iznad grafa funkcije g su rješenja nejednadžbe f(x)≤g(x) .

Recimo i to da su apscise sjecišta grafova funkcija f i g rješenja jednadžbe f(x)=g(x) .

Prenesimo ove rezultate na naš slučaj – da riješimo kvadratnu nejednadžbu a x 2 +b x+c<0 (≤, >, ≥).

Uvodimo dvije funkcije: prva y=a x 2 +b x+c (u ovom slučaju f(x)=a x 2 +b x+c) odgovara lijevoj strani kvadratne nejednadžbe, druga y=0 (u ovaj slučaj g (x)=0 ) odgovara desnoj strani nejednadžbe. raspored kvadratna funkcija f je parabola i graf stalna funkcija g je pravac koji se poklapa s osi apscisa Ox.

Nadalje, prema grafičkoj metodi rješavanja nejednadžbi, potrebno je analizirati u kojim intervalima se graf jedne funkcije nalazi iznad ili ispod druge, što će nam omogućiti da napišemo željeno rješenje kvadratne nejednadžbe. U našem slučaju, moramo analizirati položaj parabole u odnosu na os Ox.

Ovisno o vrijednostima koeficijenata a, b i c, moguće je sljedećih šest opcija (shematski prikaz je dovoljan za naše potrebe, a moguće je i ne prikazati Oy os, jer njezin položaj ne utječe na rješenje nejednakosti):

Na ovom crtežu vidimo parabolu čiji su kraci usmjereni prema gore i koja siječe os Ox u dvije točke čije su apscise x 1 i x 2 . Ovaj crtež odgovara varijanti kada je koeficijent a pozitivan (on je odgovoran za smjer grana parabole prema gore), a kada je vrijednost pozitivna diskriminant kvadratnog trinoma a x 2 +b x + c (u ovom slučaju trinom ima dva korijena, koje smo označili kao x 1 i x 2, a pretpostavili smo da je x 1 0 , D=b 2 −4 a c=(−1) 2 −4 1 (−6)=25>0, x 1 =−2 , x 2 =3 .

Radi jasnoće, crvenom bojom nacrtajmo dijelove parabole koji se nalaze iznad osi apscise, a plavom - koji se nalaze ispod osi apscise.


Sada saznajmo koje praznine odgovaraju tim dijelovima. Sljedeći crtež pomoći će im odrediti (u budućnosti ćemo mentalno napraviti takve odabire u obliku pravokutnika):


Tako su na apscisnoj osi dva intervala (−∞, x 1) i (x 2, +∞) označena crvenom bojom, na njima je parabola iznad Ox osi, oni čine rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 +b x+c>0 , a interval (x 1 , x 2) je označen plavom bojom, na njemu je parabola ispod osi Ox , rješenje je nejednadžbe a x 2 +b x + c<0 . Решениями нестрогих квадратных неравенств a·x 2 +b·x+c≥0 и a·x 2 +b·x+c≤0 будут те же промежутки, но в них следует включить числа x 1 и x 2 , отвечающие равенству a·x 2 +b·x+c=0 .

A sad ukratko: za a>0 i D=b 2 −4 a c>0 (ili D"=D/4>0 za paran koeficijent b)

• rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 +b x+c>0 je (−∞, x 1)∪(x 2 , +∞) ili, na drugi način, x x2;
• rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 +b x+c≥0 je (−∞, x 1 ]∪ ili u drugom zapisu x 1 ≤x≤x 2 ,

gdje su x 1 i x 2 korijeni kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c, i x 1


Ovdje vidimo parabolu čiji su krakovi usmjereni prema gore i koja dodiruje apscisnu os, odnosno ima s njom jednu zajedničku točku, apscisu te točke označimo s x 0. Prikazani slučaj odgovara a>0 (grane su usmjerene prema gore) i D=0 (kvadratni trinom ima jedan korijen x 0 ). Na primjer, možemo uzeti kvadratnu funkciju y=x 2 −4 x+4 , ovdje a=1>0 , D=(−4) 2 −4 1 4=0 i x 0 =2 .

Na crtežu se jasno vidi da se parabola nalazi iznad osi Ox posvuda, osim u točki dodira, odnosno u intervalima (−∞, x 0) , (x 0 , ∞) . Radi jasnoće odabiremo područja na crtežu analogno prethodnom odlomku.


Izvodimo zaključke: za a>0 i D=0

• rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 +b x+c>0 je (−∞, x 0)∪(x 0 , +∞) ili u drugom zapisu x≠x 0 ;
• rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 +b x+c≥0 je (−∞, +∞) ili, u drugom zapisu, x∈R ;
• kvadratna nejednadžba a x 2 +b x+c<0 не имеет решений (нет интервалов, на которых парабола расположена ниже оси Ox );
• kvadratna nejednadžba a x 2 +b x+c≤0 ima jedinstveno rješenje x=x 0 (dana je tangentnom točkom),

gdje je x 0 korijen kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c.


U ovom slučaju grane parabole usmjerene su prema gore i nema zajedničkih točaka s osi apscise. Ovdje imamo uvjete a>0 (grane su usmjerene prema gore) i D<0 (квадратный трехчлен не имеет действительных корней). Для примера можно построить график функции y=2·x 2 +1 , здесь a=2>0 , D=0 2 −4 2 1=−8<0 .

Očito je da se parabola cijelom svojom dužinom nalazi iznad osi Ox (nema intervala gdje je ispod osi Ox, nema dodirne točke).


Dakle, za a>0 i D<0 решением квадратных неравенств a·x 2 +b·x+c>0 i a x 2 +b x+c≥0 je skup svih realnih brojeva, a nejednakosti a x 2 +b x+c<0 и a·x 2 +b·x+c≤0 не имеют решений.

I postoje tri opcije za položaj parabole s granama usmjerenim prema dolje, a ne prema gore, u odnosu na os Ox. U načelu, oni se ne mogu uzeti u obzir, budući da nam množenje obaju dijelova nejednadžbe s −1 omogućuje prijelaz na ekvivalentnu nejednadžbu s pozitivnim koeficijentom pri x 2 . Međutim, nije naodmet dobiti ideju o tim slučajevima. Ovdje je obrazloženje slično, pa zapisujemo samo glavne rezultate.

Algoritam rješenja

Rezultat svih prethodnih izračuna je algoritam za grafičko rješavanje kvadratnih nejednadžbi:

Izvodi se shematski crtež na koordinatnoj ravnini koji prikazuje os Ox (nije potrebno prikazati os Oy) i skicu parabole koja odgovara kvadratnoj funkciji y=a x 2 +b x + c. Da biste konstruirali skicu parabole, dovoljno je saznati dvije točke:

• Najprije se pomoću vrijednosti koeficijenta a saznaje kamo su usmjerene njegove grane (za a>0 - prema gore, za a<0 – вниз).
• I drugo, prema vrijednosti diskriminanta kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c, ispada da li parabola siječe x-os u dvije točke (za D> 0), dodiruje li je u jednoj točki (za D= 0), ili nema zajedničkih točaka s osi Ox (za D<0 ). Для удобства на чертеже указываются координаты точек пересечения или координата точки касания (при наличии этих точек), а сами точки изображаются выколотыми при решении строгих неравенств, или обычными при решении нестрогих неравенств.

• Kada je crtež spreman, na njemu u drugom koraku algoritma

  • pri rješavanju kvadratne nejednadžbe a·x 2 +b·x+c>0 određuju se intervali u kojima se parabola nalazi iznad apscisne osi;
  • pri rješavanju nejednadžbe a x 2 +b x+c≥0 određuju se intervali u kojima se parabola nalazi iznad osi apscisa i njima se pribrajaju apscise presječnih točaka (ili apscise tangente);
  • pri rješavanju nejednadžbe a x 2 +b x+c<0 находятся промежутки, на которых парабола ниже оси Ox ;
  • konačno, pri rješavanju kvadratne nejednadžbe oblika a x 2 +b x+c≤0, postoje intervali u kojima je parabola ispod osi Ox, a apscise točaka presjeka (ili apscisa tangentne točke) dodaju se ih;

  oni čine željeno rješenje kvadratne nejednadžbe, a ako nema takvih praznina i dodirnih točaka, tada izvorna kvadratna nejednadžba nema rješenja.

Preostaje samo riješiti nekoliko kvadratnih nejednadžbi pomoću ovog algoritma.

Primjeri s rješenjima

Primjer.

Riješite nejednadžbu .

Riješenje.

Trebamo riješiti kvadratnu nejednadžbu, koristit ćemo algoritam iz prethodnog paragrafa. U prvom koraku trebamo nacrtati skicu grafa kvadratne funkcije . Koeficijent pri x 2 je 2, pozitivan je, stoga su grane parabole usmjerene prema gore. Utvrdimo također ima li parabola s osi apscisa zajedničke točke, za to izračunavamo diskriminant kvadratnog trinoma . Imamo . Pokazalo se da je diskriminant veći od nule, stoga trinom ima dva stvarna korijena: i , odnosno x 1 =−3 i x 2 =1/3.

Iz ovoga je jasno da parabola siječe os Ox u dvije točke s apscisama −3 i 1/3. Ove točke ćemo na crtežu prikazati kao obične točke, budući da rješavamo nestrogu nejednadžbu. Prema razjašnjenim podacima dobivamo sljedeći crtež (odgovara prvom predlošku iz prvog odlomka članka):

Prelazimo na drugi korak algoritma. Budući da rješavamo nestrogu kvadratnu nejednadžbu s predznakom ≤, potrebno je odrediti intervale u kojima se parabola nalazi ispod x-osi i njima dodati apscise presječnih točaka.

Iz crteža je vidljivo da se parabola nalazi ispod apscise na intervalu (−3, 1/3) i njoj pribrajamo apscise presječnih točaka, odnosno brojeve −3 i 1/3. Kao rezultat, dolazimo do numeričkog segmenta [−3, 1/3] . Ovo je željeno rješenje. Može se napisati kao dvostruka nejednadžba −3≤x≤1/3 .

Odgovor:

[−3, 1/3] ili −3≤x≤1/3 .

Primjer.

Pronađite rješenje kvadratne nejednadžbe −x 2 +16 x−63<0 .

Riješenje.

Kao i obično, počinjemo s crtežom. Numerički koeficijent za kvadrat varijable je negativan, −1, stoga su grane parabole usmjerene prema dolje. Izračunajmo diskriminantu, bolje rečeno njen četvrti dio: D"=8 2 −(−1)(−63)=64−63=1. Njegova vrijednost je pozitivna, izračunavamo korijene kvadratnog trinoma: i , x 1 =7 i x 2 =9. Dakle, parabola siječe os Ox u dvije točke s apscisama 7 i 9 (početna nejednakost je stroga, pa ćemo te točke prikazati s praznim središtem). Sada možemo napraviti shematski crtež:

Budući da rješavamo striktnu kvadratnu nejednadžbu s predznakom<, то нас интересуют промежутки, на которых парабола расположена ниже оси абсцисс:

Crtež pokazuje da su rješenja izvorne kvadratne nejednadžbe dva intervala (−∞, 7) , (9, +∞) .

Odgovor:

(−∞, 7)∪(9, +∞) ili u drugom zapisu x<7 , x>9 .

Kod rješavanja kvadratnih nejednadžbi, kada je diskriminant kvadratnog trinoma na njegovoj lijevoj strani jednak nuli, treba biti oprezan s uključivanjem ili isključivanjem apscise tangente iz odgovora. Ovisi o predznaku nejednadžbe: ako je nejednadžba stroga, onda nije rješenje nejednadžbe, a ako je nestroga, onda jest.

Primjer.

Ima li kvadratna nejednadžba 10 x 2 −14 x+4,9≤0 barem jedno rješenje?

Riješenje.

Nacrtajmo funkciju y=10 x 2 −14 x+4.9 . Njegove su grane usmjerene prema gore, budući da je koeficijent pri x 2 pozitivan, a dodiruje apscisu u točki s apscisom 0,7, budući da je D "=(−7) 2 −10 4,9=0, odakle ili 0,7 kao decimala. Shematski to izgleda ovako:

Budući da rješavamo kvadratnu nejednadžbu s predznakom ≤, tada će njeno rješenje biti intervali na kojima se parabola nalazi ispod osi Ox, kao i apscisa tangente. Iz crteža je vidljivo da ne postoji niti jedan razmak gdje bi parabola bila ispod osi Ox, pa će njeno rješenje biti samo apscisa dodirne točke, odnosno 0,7.

Odgovor:

ova nejednadžba ima jedinstveno rješenje 0.7 .

Primjer.

Riješite kvadratnu nejednadžbu –x 2 +8 x−16<0 .

Riješenje.

Ponašamo se prema algoritmu za rješavanje kvadratnih nejednadžbi i počinjemo crtanjem. Grane parabole su usmjerene prema dolje, jer je koeficijent pri x 2 negativan, −1. Nađi diskriminant kvadratnog trinoma –x 2 +8 x−16 , imamo D'=4 2 −(−1)(−16)=16−16=0 i dalje x 0 =−4/(−1) , x 0 =4 . Dakle, parabola dodiruje os Ox u točki s apscisom 4 . Napravimo crtež:

Gledamo predznak izvorne nejednakosti, on je<. Согласно алгоритму, решение неравенства в этом случае составляют все промежутки, на которых парабола расположена строго ниже оси абсцисс.

U našem slučaju to su otvorene zrake (−∞, 4) , (4, +∞) . Zasebno napominjemo da 4 - apscisa tangentne točke - nije rješenje, jer u tangentnoj točki parabola nije niža od osi Ox.

Odgovor:

(−∞, 4)∪(4, +∞) ili u drugom zapisu x≠4 .

Obratite posebnu pozornost na slučajeve u kojima je diskriminant kvadratnog trinoma na lijevoj strani kvadratne nejednadžbe manji od nule. Ovdje ne treba žuriti i reći da nejednadžba nema rješenja (navikli smo donositi takav zaključak za kvadratne jednadžbe s negativnom diskriminantom). Stvar je u tome da je kvadratna nejednakost za D<0 может иметь решение, которым является множество всех действительных чисел.

Primjer.

Pronađite rješenje kvadratne nejednadžbe 3·x 2 +1>0 .

Riješenje.

Kao i obično, počinjemo s crtežom. Koeficijent a je 3, pozitivan je, stoga su grane parabole usmjerene prema gore. Izračunajte diskriminantu: D=0 2 −4 3 1=−12 . Budući da je diskriminanta negativna, parabola nema zajedničkih točaka s osi x. Dobivene informacije dovoljne su za shematski dijagram:

Rješavamo strogu kvadratnu nejednadžbu sa znakom >. Njegovo rješenje bit će svi intervali u kojima je parabola iznad Ox osi. U našem slučaju parabola je cijelom svojom dužinom iznad x-osi, pa će željeno rješenje biti skup svih realnih brojeva.

Ox , a također im trebate dodati apscisu točaka sjecišta ili apscisu dodirne točke. Ali na crtežu se jasno vidi da takvih praznina nema (jer je parabola posvuda ispod apscisne osi), kao što nema ni sjecišta, kao što nema ni dodirnih točaka. Dakle, izvorna kvadratna nejednadžba nema rješenja.

Odgovor:

nema rješenja ili u drugom zapisu ∅.

Bibliografija.

• Algebra: udžbenik za 8 ćelija. opće obrazovanje institucije / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; izd. S. A. Teljakovski. - 16. izd. - M. : Obrazovanje, 2008. - 271 str. : ilustr. - ISBN 978-5-09-019243-9.
• Algebra: 9. razred: udžbenik. za opće obrazovanje institucije / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; izd. S. A. Teljakovski. - 16. izd. - M. : Obrazovanje, 2009. - 271 str. : ilustr. - ISBN 978-5-09-021134-5.
• Mordkovich A. G. Algebra. 8. razred. U 14 h Dio 1. Udžbenik za studente obrazovne ustanove/ A. G. Mordkovich. - 11. izd., izbrisano. - M.: Mnemozina, 2009. - 215 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01155-2.
• Mordkovich A. G. Algebra. 9. razred U 14 sati 1. dio. Udžbenik za studente obrazovnih ustanova / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 13. izd. Sr. - M.: Mnemosyne, 2011. - 222 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01752-3.
• Mordkovich A. G. Algebra i početak matematičke analize. 11. razred. U 14 sati 1. dio. Udžbenik za učenike obrazovnih ustanova (razina profila) / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 2. izd., izbrisano. - M.: Mnemosyne, 2008. - 287 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01027-2.

Učenik 10. razreda Yury Kotovchikhin

Učenici počinju proučavati jednadžbe s modulima već od 6. razreda, uče standardnu ​​metodu rješavanja koristeći proširenje modula na intervale konstantnosti submodularnih izraza. Odabrao sam upravo ovu temu jer smatram da zahtijeva dublje i temeljitije proučavanje, zadaci iz modula 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.

Preuzimanje datoteka:

Pregled:

Općinska obrazovna ustanova

Srednja 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:

Učitelj 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

12

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

4.3 Grafovi najjednostavnijih funkcija s predznakom apsolutne vrijednosti.

………………………………………………………………………15

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

5. Zaključak………………………………………………………….17

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

Svrha rada: učenici počinju proučavati jednadžbe s modulima već od 6. razreda, proučavaju standardnu ​​metodu rješavanja korištenjem otkrivanja modula na intervalima konstantnosti submodularnih izraza. Odabrao sam upravo ovu temu jer smatram da zahtijeva dublje i temeljitije proučavanje, zadaci iz modula 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, inženjerstvu, programiranju i drugim egzaktnim znanostima.

U arhitekturi, ovo je početna mjerna jedinica uspostavljena za danu arhitektonsku strukturu i koristi se za izražavanje višestrukih omjera njezinih sastavnih elemenata.

U tehnici je to pojam koji se koristi u raznim područjima tehnike koji 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 istezanja.

2. Pojmovi i definicije

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

Da biste dublje proučili ovu temu, morate se upoznati 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 jednaka 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|.

Doista, oba i jednaki su većem od brojeva -a i a, pa su stoga međusobno jednaki.

Teorem 2. Apsolutna vrijednost bilo kojeg realnog broja a jednaka je aritmetičkom kvadratnom korijenu od A 2 .

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

Ako a 2

Ovaj teorem omogućuje zamjenu |a| 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 koordinatnoj liniji |a| predstavljena točkom 0

4. Metode rješavanja jednadžbi koje sadrže modul.

Za rješavanje jednadžbi koje sadrže predznak apsolutne vrijednosti temeljit ćemo se na definiciji modula broja i svojstvima apsolutne vrijednosti broja. Riješit ćemo nekoliko primjera na različite načine i vidjeti na koji način je lakše riješiti jednadžbe koje sadrže modul.

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

Riješenje

Analitičko rješenje

1. način

Rasuđivat ćemo na temelju definicije modula. Ako je izraz ispod modula nenegativan, tj. x + 2 ≥0 , tada će "napustiti" predznak modula s znakom plus i jednadžba će poprimiti oblik: x + 2 = 1. Ako izrazi vrijednosti ​​pod znakom modula su negativni, tada će, po definiciji, biti jednako: ili x + 2=-1

Dakle, dobivamo ili x + 2 = 1, ili x + 2 = -1. Rješavanjem dobivenih jednadžbi nalazimo: X + 2 \u003d 1 ili X + 2 + -1

X=-1 X=3

Odgovor: -3; -1.

Sada možemo zaključiti: ako je modul nekog izraza jednak realnom pozitivnom broju a, tada je izraz 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 metoda se 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, za svaki od praznina, morat ćemo riješiti ovu jednadžbu i izvesti zaključak o dobivenim korijenima (zadovoljavaju li oni našu prazninu ili ne). Korijeni koji zadovoljavaju praznine dat će konačni odgovor.

2. način

Utvrdimo pri kojim vrijednostima x je 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

Za grafičko rješavanje jednadžbe potrebno je nacrtati funkcije i

Da bismo iscrtali graf funkcije, nacrtat ćemo graf funkcije - to je funkcija koja siječe os OX i os OY u točkama.

Apscise sjecišta grafova funkcija dat će rješenja jednadžbe.

Izravni 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 pa jednadžba nema rješenja.

Odgovor: nema rješenja.

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

Riješenje:

Analitičko rješenje

1. način

Prvo morate postaviti raspon važećih vrijednosti za varijablu. Postavlja se prirodno pitanje zašto u prethodnim primjerima nije bilo potrebe za tim, a sada se pojavila.

Činjenica je da u ovom primjeru, na lijevoj strani jednadžbe, modul nekog izraza, a na desnoj strani nije broj, već izraz s varijablom - to je 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 jednakosti bio 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) ulazi 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 pomoću 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

Iz ovoga pak dobivamo ono

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

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

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

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

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

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

x=6 x=11/3

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

Dakle, korijeni izvorne jednadžbe x 1=6, x2=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 \u003d (11 - 7) / 3 \u003d 11/3

x 2 \u003d (11 + 7) / 3 \u003d 6

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

Odgovor: x 1 \u003d 6, x 2 \u003d 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 modelu 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 \u003d -4, x 2 \u003d 0, (6)

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

Koristeći omjer, dobivamo:

x - 6 \u003d x2 - 5x + 9 ili x - 6 \u003d - (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 sk.

==> nema korijena.

X 1 \u003d (4- 2) / 2 \u003d 1

X 2 \u003d (4 + 2) / 2 \u003d 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; x2=3

4.2 Korištenje geometrijske interpretacije modula za rješavanje jednadžbi.

Geometrijsko značenje modula razlike veličina je udaljenost između njih. Na primjer, geometrijsko značenje izrazi |x - a | - duljina segmenta koordinatne osi koji povezuje točke s apscisama a i x. Prijevod algebarskog problema u geometrijski jezik često omogućuje izbjegavanje glomaznih rješenja.

Primjer7. Riješimo jednadžbu |x - 1| + |x - 2|=1 korištenjem geometrijske interpretacije modula.

Tvrdit ćemo na sljedeći način: na temelju geometrijske interpretacije modula, lijeva strana jednadžbe je zbroj udaljenosti od neke točke apscise x do dviju fiksnih točaka s apscisom 1 i 2. Tada je očito da sve točke s apscisom iz segmenta imaju traženo svojstvo, a točke koje se nalaze izvan ovog segmenta - br. Otuda odgovor: skup rješenja jednadžbe je segment.

Odgovor:

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

Tvrditi ćemo slično kao i u prethodnom primjeru, pri čemu dobivamo 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 ove jednadžbe neće biti isječak između točaka 1 i 2, već zraka koja izlazi iz točke 2 i usmjerena je u pozitivnom smjeru osi OX.

Odgovor:)