Grafická metóda je jednou z hlavných metód riešenia kvadratických nerovníc. V článku predstavíme algoritmus na použitie grafickej metódy a potom zvážime špeciálne prípady pomocou príkladov.

Podstata grafickej metódy

Metóda je použiteľná na riešenie akýchkoľvek nerovností, nielen štvorcových. Jeho podstatou je toto: pravá a ľavá časť nerovnosti sa považujú za dve samostatné funkcie y \u003d f (x) a y \u003d g (x), ich grafy sú zabudované pravouhlý systém a uvidíte, ktorý z grafov je umiestnený nad druhým a v akých intervaloch. Intervaly sa vyhodnocujú takto:

Definícia 1

• riešenia nerovnosti f(x) > g(x) sú intervaly, kde je graf funkcie f vyšší ako graf funkcie g;
• riešenia nerovnosti f (x) ≥ g (x) sú intervaly, kde graf funkcie f nie je nižší ako graf funkcie g;
• riešenia nerovnosti f (x)< g (x) являются интервалы, где график функции f ниже графика функции g ;
• riešenia nerovnosti f (x) ≤ g (x) sú intervaly, kde graf funkcie f nie je vyšší ako graf funkcie g;
• úsečky priesečníkov grafov funkcií f a g sú riešeniami rovnice f(x) = g(x) .

Zvážte vyššie uvedený algoritmus s príkladom. Ak to chcete urobiť, zoberte kvadratickú nerovnosť a x 2 + b x + c< 0 (≤ , >, ≥) a odvodiť z neho dve funkcie. Ľavá strana nerovnosti bude zodpovedať y = a x 2 + b x + c (v tomto prípade f (x) = a x 2 + b x + c) a pravá y = 0 (v tomto prípade g (x) = 0 ).

Graf prvej funkcie je parabola, druhá je priamka, ktorá sa zhoduje s osou x. Poďme analyzovať polohu paraboly vzhľadom na os x. Za týmto účelom vykonáme schematický výkres.

Vetvy paraboly smerujú nahor. V bodoch pretína os x x 1 a x2. Koeficient a je v tomto prípade kladný, pretože je to on, kto je zodpovedný za smer vetiev paraboly. Diskriminant je kladný, čo naznačuje, že štvorcová trojčlenka má dva korene. a x 2 + b x + c. Korene trojčlenky označujeme ako x 1 a x2, a to bolo prijaté x 1< x 2 , keďže na osi O x zobrazovali bod s úsečkou x 1 naľavo od bodu s úsečkou x2.

Časti paraboly umiestnené nad osou O x sú označené červenou farbou, pod ňou modrou. To nám umožní urobiť kresbu vizuálnejšou.

Vyberme medzery, ktoré zodpovedajú týmto častiam a označme ich na obrázku poliami určitej farby.

Červenou farbou sme označili intervaly (− ∞, x 1) a (x 2, + ∞), na nich je parabola nad osou O x. Sú to a x 2 + b x + c > 0 . Modrou farbou sme označili interval (x 1 , x 2) , ktorý je riešením nerovnosti a x 2 + b x + c< 0 . Числа x 1 и x 2 будут отвечать равенству a · x 2 + b · x + c = 0 .

Urobme krátku poznámku k riešeniu. Pre a > 0 a D = b 2 − 4 a c > 0 (alebo D " = D 4 > 0 pre párny koeficient b) dostaneme:

• riešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 + b x + c > 0 je (− ∞ , x 1) ∪ (x 2 , + ∞) alebo iným spôsobom x< x 1 , x >x2;
• riešenie kvadratickej nerovnosti a · x 2 + b · x + c ≥ 0 je (− ∞ , x 1 ] ∪ [ x 2 , + ∞) alebo v inom zápise x ≤ x 1 , x ≥ x 2 ;
• riešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 + b x + c< 0 является (x 1 , x 2) или в другой записи x 1 < x < x 2 ;
• riešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 + b x + c ≤ 0 je [ x 1 , x 2 ] alebo v inom zápise x 1 ≤ x ≤ x 2 ,

kde x 1 a x 2 sú korene štvorcového trojčlenu a x 2 + b x + c a x 1< x 2 .

Na tomto obrázku sa parabola dotýka osi O x iba v jednom bode, ktorý je označený ako x0 a > 0. D = 0, V dôsledku toho, štvorcový trojčlen má jeden koreň x0.

Parabola sa nachádza úplne nad osou O x, okrem bodu dotyku súradnicovej osi. Vyfarbite medzery (− ∞ , x 0), (x 0, ∞) .

Výsledky si zapíšeme. O a > 0 a D = 0:

• riešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 + b x + c > 0 je (− ∞ , x 0) ∪ (x 0 , + ∞) alebo v inom zápise x ≠ x0;
• riešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 + b x + c ≥ 0 je (− ∞ , + ∞) alebo v inom zápise x ∈ R ;
• štvorcová nerovnosť a x 2 + b x + c< 0 nemá žiadne riešenia (neexistujú žiadne intervaly, na ktorých by sa parabola nachádzala pod osou Vôl);
• štvorcová nerovnosť a x 2 + b x + c ≤ 0 má jediné riešenie x = x0(je to dané kontaktným miestom),

kde x0- odmocnina štvorcového trojčlenu a x 2 + b x + c.

Zvážte tretí prípad, keď vetvy paraboly smerujú nahor a nedotýkajú sa osi Vôl. Vetvy paraboly smerujú nahor, čo znamená, že a > 0. Štvorcová trojčlenka nemá skutočné korene, pretože D< 0 .

Na grafe nie sú intervaly, v ktorých by bola parabola pod osou x. Zohľadníme to pri výbere farby pre našu kresbu.

Ukazuje sa, že kedy a > 0 a D< 0 riešenie štvorcových nerovností a x 2 + b x + c > 0 a a x 2 + b x + c ≥ 0 je množina všetkých reálnych čísel a nerovností a x 2 + b x + c< 0 a a x 2 + b x + c ≤ 0 nemajú riešenia.

Zostáva nám zvážiť tri možnosti, keď vetvy paraboly smerujú nadol. Pri týchto troch možnostiach sa nemusíme zdržiavať, pretože pri vynásobení oboch častí nerovnosti − 1 dostaneme ekvivalentnú nerovnosť s kladným koeficientom pri x 2.

Úvaha o predchádzajúcej časti článku nás pripravila na vnímanie algoritmu riešenia nerovností pomocou grafickej metódy. Na vykonanie výpočtov budeme musieť vždy použiť výkres, ktorý ukáže súradnicovú čiaru O x a parabolu, ktorá zodpovedá kvadratickej funkcii. y = a x 2 + b x + c. Vo väčšine prípadov nebudeme zobrazovať os O y, pretože nie je potrebná na výpočty a iba preťaží výkres.

Na zostavenie paraboly potrebujeme vedieť dve veci:

Definícia 2

• smer vetiev, ktorý je určený hodnotou koeficientu a ;
• prítomnosť priesečníkov paraboly a osi x, ktoré sú určené hodnotou diskriminantu štvorcovej trojčlenky a · x 2 + b · x + c.

Priesečníky a dotyky označíme obvyklým spôsobom pri riešení neprísnych nerovností a prázdne pri riešení prísnych.

Po dokončení výkresu môžete prejsť na ďalší krok riešenia. Zahŕňa určenie intervalov, v ktorých sa parabola nachádza nad alebo pod osou O x. Medzery a priesečníky sú riešením kvadratickej nerovnosti. Ak neexistujú žiadne priesečníky alebo dotykové body a žiadne intervaly, potom sa má za to, že nerovnosť špecifikovaná v podmienkach úlohy nemá žiadne riešenia.

Teraz poďme vyriešiť niektoré kvadratické nerovnosti pomocou vyššie uvedeného algoritmu.

Príklad 1

Je potrebné vyriešiť nerovnosť 2 x 2 + 5 1 3 x - 2 graficky.

Riešenie

Nakreslíme graf kvadratickej funkcie y = 2 · x 2 + 5 1 3 · x - 2 . Koeficient at x2 pozitívne, pretože 2 . To znamená, že vetvy paraboly budú smerovať nahor.

Vypočítame diskriminant štvorcového trinomu 2 · x 2 + 5 1 3 · x - 2, aby sme zistili, či má parabola spoločné body s osou x. Dostaneme:

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

Ako vidíte, D je väčšie ako nula, preto máme dva priesečníky: x 1 \u003d - 5 1 3 - 400 9 2 2 a x 2 \u003d - 5 1 3 + 400 9 2 2, tj. x 1 = - 3 a x 2 = 1 3.

Riešime neprísnu nerovnicu, preto do grafu vložíme obyčajné body. Nakreslíme parabolu. Ako vidíte, kresba má rovnaký vzhľad ako v prvej šablóne, ktorú sme skontrolovali.

Naša nerovnosť má znamienko ≤ . Preto musíme vybrať medzery na grafe, kde sa parabola nachádza pod osou O x a pridať k nim priesečníky.

Interval, ktorý potrebujeme, je − 3 , 1 3 . Pridaním priesečníkov k tomu dostaneme číselný rad− 3 , 1 3 . Toto je riešenie nášho problému. Odpoveď možno zapísať ako dvojitú nerovnosť: − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

odpoveď:− 3 , 1 3 alebo − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

Príklad 2

− x 2 + 16 x − 63< 0 grafická metóda.

Riešenie

Druhá mocnina premennej má záporný číselný koeficient, takže vetvy paraboly budú smerovať nadol. Vypočítajte štvrtú časť diskriminantu D" = 8 2 − (− 1) (− 63) = 64 − 63 = 1. Tento výsledok nám hovorí, že budú existovať dva priesečníky.

Vypočítajme korene štvorcového trinomu: x 1 \u003d - 8 + 1 - 1 a x 2 \u003d - 8 - 1 - 1, x 1 \u003d 7 a x2 = 9.

Ukazuje sa, že parabola pretína os x v bodoch 7 a 9 . Tieto body na grafe označíme ako prázdne, keďže pracujeme s prísnou nerovnosťou. Potom nakreslíme parabolu, ktorá pretína os O x v označených bodoch.

Nás budú zaujímať intervaly, v ktorých sa parabola nachádza pod osou O x. Označte tieto intervaly modrou farbou.

Dostávame odpoveď: riešením nerovnosti sú intervaly (− ∞ , 7) , (9 , + ∞) .

odpoveď:(− ∞ , 7) ∪ (9 , + ∞) alebo v inom zápise x< 7 , x > 9 .

V prípadoch, keď je diskriminant štvorcového trinómu nula, treba dbať na to, aby ste zvážili, či do odpovede zahrnúť úsečku dotyčnicového bodu. Aby ste sa mohli správne rozhodnúť, je potrebné vziať do úvahy znak nerovnosti. Pri striktných nerovnostiach nie je bod dotyku osi úsečka riešením nerovnosti, pri neprísnych áno.

Príklad 3

Vyriešte kvadratickú nerovnosť 10 x 2 − 14 x + 4, 9 ≤ 0 grafická metóda.

Riešenie

Vetvy paraboly budú v tomto prípade smerovať nahor. Dotkne sa osi O x v bode 0, 7, od r

Nakreslíme funkciu y = 10 x 2 − 14 x + 4, 9. Jeho vetvy smerujú nahor, keďže koeficient at x2 kladný a dotýka sa osi x v bode s osou x 0 , 7 , pretože D" = (− 7) 2 − 104, 9 = 0, odkiaľ x 0 = 7 10 resp 0 , 7 .

Dajme bod a nakreslíme parabolu.

Nestriktnú nerovnicu riešime so znamienkom ≤ . V dôsledku toho. Nás budú zaujímať intervaly, v ktorých sa parabola nachádza pod osou x a bodom dotyku. Na obrázku nie sú žiadne intervaly, ktoré by vyhovovali našim podmienkam. Existuje len dotykový bod 0 , 7 . Toto je požadované riešenie.

odpoveď: Nerovnica má len jedno riešenie 0 , 7 .

Príklad 4

Vyriešte kvadratickú nerovnosť – x 2 + 8 x – 16< 0 .

Riešenie

Vetvy paraboly smerujú nadol. Diskriminant je nula. Priesečník x0 = 4.

Označíme bod dotyku na osi x a nakreslíme parabolu.

Máme čo do činenia s prísnou nerovnosťou. Preto nás zaujímajú intervaly, na ktorých sa parabola nachádza pod osou O x. Označme ich modrou farbou.

Bod s osou 4 nie je riešením, pretože parabola sa v ňom nenachádza pod osou O x. Preto dostaneme dva intervaly (− ∞ , 4) , (4 , + ∞) .

odpoveď: (− ∞ , 4) ∪ (4 , + ∞) alebo v inom zápise x ≠ 4 .

Nie vždy so zápornou hodnotou diskriminantu nebude mať nerovnosť riešenia. Sú prípady, keď riešením bude množina všetkých reálnych čísel.

Príklad 5

Vyriešte kvadratickú nerovnosť 3 · x 2 + 1 > 0 graficky.

Riešenie

Koeficient a je kladný. Diskriminant je negatívny. Vetvy paraboly budú smerovať nahor. Neexistujú žiadne priesečníky paraboly s osou O x. Obráťme sa na kresbu.

Pracujeme s prísnou nerovnosťou, ktorá má znamienko >. To znamená, že nás zaujímajú intervaly, v ktorých sa parabola nachádza nad osou x. To je presne ten prípad, keď je odpoveďou množina všetkých reálnych čísel.

odpoveď:(− ∞ , + ∞) alebo tak x ∈ R .

Príklad 6

Je potrebné nájsť riešenie nerovnosti − 2 x 2 − 7 x − 12 ≥ 0 grafickým spôsobom.

Riešenie

Vetvy paraboly smerujú nadol. Diskriminant je negatívny, takže spoločné body neexistuje parabola a os x. Obráťme sa na kresbu.

Pracujeme s neprísnou nerovnicou so znamienkom ≥ , preto nás zaujímajú intervaly, na ktorých sa parabola nachádza nad osou x. Súdiac podľa harmonogramu, takéto medzery nie sú. To znamená, že nerovnosť daná v podmienke problému nemá riešenia.

odpoveď: Neexistujú žiadne riešenia.

Ak si všimnete chybu v texte, zvýraznite ju a stlačte Ctrl+Enter

Jednou z najpohodlnejších metód riešenia kvadratických nerovností je grafická metóda. V tomto článku si rozoberieme, ako sa graficky riešia kvadratické nerovnosti. Najprv si povedzme, čo je podstatou tejto metódy. A potom dáme algoritmus a zvážime príklady riešenia kvadratických nerovností graficky.

Navigácia na stránke.

Podstata grafickej metódy

Vo všeobecnosti grafický spôsob riešenia nerovností s jednou premennou sa používa nielen na riešenie štvorcových nerovností, ale aj nerovností iných typov. Podstata grafickej metódy riešenia nerovnostíďalej: zvážte funkcie y=f(x) a y=g(x), ktoré zodpovedajú ľavému a pravé časti nerovností, zostavte ich grafy do jednej pravouhlej súradnicovej sústavy a zistite, v akých intervaloch sa graf jednej z nich nachádza pod alebo nad druhou. Tie intervaly kde

• graf funkcie f nad grafom funkcie g sú riešenia nerovnosti f(x)>g(x) ;
• graf funkcie f nie nižší ako graf funkcie g sú riešenia nerovnosti f(x)≥g(x) ;
• graf funkcie f pod grafom funkcie g sú riešenia nerovnosti f(x)
• graf funkcie f nie nad grafom funkcie g sú riešenia nerovnosti f(x)≤g(x) .

Povedzme tiež, že úsečky priesečníkov grafov funkcií f a g sú riešením rovnice f(x)=g(x) .

Prenesme tieto výsledky do nášho prípadu – na vyriešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 +b x+c<0 (≤, >, ≥).

Zavedieme dve funkcie: prvá y=a x 2 +b x+c (v tomto prípade f(x)=a x 2 +b x+c) zodpovedá ľavej strane kvadratickej nerovnosti, druhá y=0 (v tento prípad g (x)=0 ) zodpovedá pravej strane nerovnosti. harmonogram kvadratickej funkcie f je parabola a graf trvalá funkcia g je priamka zhodná s osou x x.

Ďalej podľa grafického spôsobu riešenia nerovníc je potrebné analyzovať, v akých intervaloch sa graf jednej funkcie nachádza nad alebo pod druhou, čo nám umožní zapísať požadované riešenie kvadratickej nerovnosti. V našom prípade musíme analyzovať polohu paraboly vzhľadom na os Ox.

V závislosti od hodnôt koeficientov a, b a c je možných nasledujúcich šesť možností (pre naše potreby postačí schematické znázornenie a je možné neznázorniť os Oy, pretože jej poloha nemá vplyv na riešenie nerovnosti):

Na tomto obrázku vidíme parabolu, ktorej vetvy smerujú nahor a ktorá pretína os Ox v dvoch bodoch, ktorých úsečky sú x 1 a x 2 . Tento nákres zodpovedá variantu, keď je koeficient a kladný (zodpovedá za smerovanie vetiev paraboly nahor) a keď je kladná diskriminant štvorcového trojčlenu a x 2 +b x + c (v tomto prípade má trojčlen dva korene, ktoré sme označili ako x 1 a x 2 a predpokladali sme, že x 1 0 , D=b 2 −4 a c=(−1) 2 −4 1 (−6)=25>0 x1 = -2, x2 = 3.

Pre prehľadnosť nakreslíme červenou farbou časti paraboly umiestnené nad osou x a modrou farbou - umiestnenú pod osou x.


Teraz poďme zistiť, aké medzery zodpovedajú týmto častiam. Nasledujúci nákres im pomôže určiť (v budúcnosti mentálne urobíme takéto výbery vo forme obdĺžnikov):


Takže na osi x boli dva intervaly (−∞, x 1) a (x 2, +∞) zvýraznené červenou farbou, na ktorých je parabola vyššia ako os Ox, tvoria riešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 +b x+c>0 , a interval (x 1 , x 2) je zvýraznený modrou farbou, na ňom je parabola pod osou Ox , je to riešenie nerovnosti 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 teraz stručne: pre a>0 a D=b 2 −4 a c>0 (alebo D"=D/4>0 pre párny koeficient b)

• riešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 +b x+c>0 je (−∞, x 1)∪(x 2 , +∞) alebo iným spôsobom x x2;
• riešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 +b x+c≥0 je (−∞, x 1 ]∪ alebo v inom zápise x 1 ≤x≤x 2 ,

kde x 1 a x 2 sú korene štvorcového trojčlenu a x 2 + b x + c a x 1


Tu vidíme parabolu, ktorej vetvy smerujú nahor, a ktorá sa dotýka osi úsečky, čiže má s ňou jeden spoločný bod, označme úsečku tohto bodu x 0. Prezentovaný prípad zodpovedá a>0 (vetvy smerujú nahor) a D=0 (štvorcová trojčlenka má jednu odmocninu x 0 ). Napríklad môžeme vziať kvadratickú funkciu y=x 2 −4 x+4 , tu a=1>0, D=(−4) 2 −4 1 4=0 a x 0 =2.

Nákres jasne ukazuje, že parabola sa nachádza nad osou Ox všade, okrem bodu dotyku, teda v intervaloch (−∞, x 0), (x 0, ∞) . Pre prehľadnosť vyberáme oblasti na výkrese analogicky s predchádzajúcim odsekom.


Vyvodíme závery: pre a>0 a D=0

• riešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 +b x+c>0 je (−∞, x 0)∪(x 0 , +∞) alebo v inom zápise x≠x 0 ;
• riešenie kvadratickej nerovnosti a x 2 +b x+c≥0 je (−∞, +∞) alebo v inom zápise x∈R ;
• kvadratická nerovnosť a x 2 +b x+c<0 не имеет решений (нет интервалов, на которых парабола расположена ниже оси Ox );
• kvadratická nerovnosť a x 2 +b x+c≤0 má jednoznačné riešenie x=x 0 (je dané dotykovým bodom),

kde x 0 je odmocnina štvorcovej trojčlenky a x 2 + b x + c.


V tomto prípade sú vetvy paraboly nasmerované nahor a nemá žiadne spoločné body s osou x. Tu máme podmienky a>0 (vetvy smerujú nahor) a D<0 (квадратный трехчлен не имеет действительных корней). Для примера можно построить график функции y=2·x 2 +1 , здесь a=2>0, D=02-421=-8<0 .

Je zrejmé, že parabola je umiestnená nad osou Ox po celej svojej dĺžke (nie sú žiadne intervaly, kde by bola pod osou Ox, nie je tam žiadny bod dotyku).


Teda pre a>0 a D<0 решением квадратных неравенств a·x 2 +b·x+c>0 a a x 2 +b x+c≥0 je množina všetkých reálnych čísel a nerovností a x 2 +b x+c<0 и a·x 2 +b·x+c≤0 не имеют решений.

A existujú tri možnosti umiestnenia paraboly s vetvami smerujúcimi nadol a nie nahor vzhľadom na os Ox. V zásade ich nemožno brať do úvahy, pretože vynásobením oboch častí nerovnosti −1 môžeme prejsť na ekvivalentnú nerovnosť s kladným koeficientom pri x 2 . Nie je však na škodu urobiť si o týchto prípadoch predstavu. Tu je zdôvodnenie podobné, preto zapisujeme len hlavné výsledky.

Algoritmus riešenia

Výsledkom všetkých predchádzajúcich výpočtov je Algoritmus na grafické riešenie štvorcových nerovností:

Na súradnicovej rovine sa urobí schematický výkres, na ktorom je znázornená os Ox (nie je potrebné znázorniť os Oy) a náčrt paraboly zodpovedajúcej kvadratickej funkcii y=a x 2 + b x + c. Na zostavenie náčrtu paraboly stačí zistiť dva body:

• Najprv sa hodnotou koeficientu a zistí, kam smerujú jeho vetvy (pre a>0 - hore, pre a<0 – вниз).
• A po druhé, hodnotou diskriminantu štvorcovej trojčlenky a x 2 + b x + c vyjde, či parabola pretína os x v dvoch bodoch (pre D> 0), dotýka sa jej v jednom bode (pre D= 0), alebo nemá žiadne spoločné body s osou Ox (pre 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.

• Keď je výkres pripravený, na ňom v druhom kroku algoritmu

  • pri riešení kvadratickej nerovnosti a·x 2 +b·x+c>0 sa určia intervaly, v ktorých sa parabola nachádza nad osou x;
  • pri riešení nerovnosti a x 2 +b x+c≥0 sa určia intervaly, v ktorých sa parabola nachádza nad osou úsečky a pripočítajú sa k nim úsečky priesečníkov (resp. úsečka dotykového bodu);
  • pri riešení nerovnosti a x 2 +b x+c<0 находятся промежутки, на которых парабола ниже оси Ox ;
  • nakoniec pri riešení kvadratickej nerovnosti tvaru a x 2 +b x + c≤0 existujú intervaly, kde je parabola pod osou Ox a k nim sa pripočítajú úsečky priesečníkov (alebo úsečka dotykového bodu). ;

  predstavujú požadované riešenie kvadratickej nerovnosti a ak neexistujú žiadne takéto intervaly a žiadne styčné body, potom pôvodná kvadratická nerovnosť nemá riešenia.

Zostáva len vyriešiť niekoľko kvadratických nerovností pomocou tohto algoritmu.

Príklady s riešeniami

Príklad.

Vyriešte nerovnosť .

Riešenie.

Potrebujeme vyriešiť kvadratickú nerovnosť, použijeme algoritmus z predchádzajúceho odseku. V prvom kroku musíme nakresliť náčrt grafu kvadratickej funkcie . Koeficient pri x 2 je 2, je kladný, preto vetvy paraboly smerujú nahor. Zistime tiež, či parabola s osou x má spoločné body, na to vypočítame diskriminant štvorcovej trojčlenky . Máme . Ukázalo sa, že diskriminant je väčší ako nula, preto má trinom dva skutočné korene: a , to znamená x 1 = -3 a x 2 = 1/3.

Z toho je zrejmé, že parabola pretína os Ox v dvoch bodoch s úsečkami −3 a 1/3. Tieto body na výkrese znázorníme ako obyčajné body, keďže riešime neprísnu nerovnosť. Podľa objasnených údajov získame nasledujúci nákres (zodpovedá prvej šablóne z prvého odseku článku):

Prejdeme k druhému kroku algoritmu. Keďže riešime nestriktnú kvadratickú nerovnicu so znamienkom ≤, musíme určiť intervaly, v ktorých sa parabola nachádza pod osou úsečky a pridať k nim úsečky priesečníkov.

Z nákresu je vidieť, že parabola je pod osou v intervale (−3, 1/3) a pripočítame k nej úsečky priesečníkov, teda čísla −3 a 1/3. Výsledkom je, že sa dostaneme k číselnému segmentu [−3, 1/3] . Toto je požadované riešenie. Dá sa zapísať ako dvojitá nerovnosť −3≤x≤1/3 .

odpoveď:

[−3, 1/3] alebo −3≤x≤1/3.

Príklad.

Nájdite riešenie kvadratickej nerovnosti −x 2 +16 x−63<0 .

Riešenie.

Ako obvykle začíname kresbou. Číselný koeficient pre druhú mocninu premennej je záporný, −1, preto vetvy paraboly smerujú nadol. Vypočítajme diskriminant, alebo lepšie jeho štvrtú časť: D"=82 −(−1)(−63)=64−63=1. Jeho hodnota je kladná, vypočítame korene štvorcového trinomu: a xi=7 a x2=9. Parabola teda pretína os Ox v dvoch bodoch s úsečkami 7 a 9 (počiatočná nerovnosť je striktná, preto tieto body znázorníme s prázdnym stredom) Teraz môžeme urobiť schematický nákres:

Keďže riešime striktnú znamienkovú kvadratickú nerovnosť<, то нас интересуют промежутки, на которых парабола расположена ниже оси абсцисс:

Nákres ukazuje, že riešenia pôvodnej kvadratickej nerovnosti sú dva intervaly (−∞, 7) , (9, +∞) .

odpoveď:

(−∞, 7)∪(9, +∞) alebo v inom zápise x<7 , x>9 .

Pri riešení štvorcových nerovností, keď je diskriminant štvorcového trinómu na jeho ľavej strane rovný nule, si treba dať pozor na zahrnutie alebo vylúčenie úsečky dotyčnicového bodu z odpovede. Závisí to od znaku nerovnosti: ak je nerovnosť prísna, potom to nie je riešenie nerovnosti, a ak je neprísne, potom áno.

Príklad.

Má kvadratická nerovnosť 10 x 2 −14 x+4,9≤0 aspoň jedno riešenie?

Riešenie.

Nakreslíme funkciu y=10 x 2 −14 x+4,9 . Jeho vetvy sú nasmerované nahor, pretože koeficient v x 2 je kladný a dotýka sa úsečky v bode s osou 0,7, pretože D "=(−7) 2 −10 4,9=0, odkiaľ alebo 0,7 ako desatinné číslo. Schematicky to vyzerá takto:

Keďže riešime kvadratickú nerovnicu so znamienkom ≤, jej riešením budú intervaly, na ktorých je parabola pod osou Ox, ako aj úsečka bodu dotyčnice. Z nákresu je vidieť, že nie je ani jedna medzera, kde by bola parabola pod osou Ox, preto jej riešením bude len úsečka bodu dotyku, teda 0,7.

odpoveď:

táto nerovnosť má jedinečné riešenie 0,7 .

Príklad.

Vyriešte kvadratickú nerovnosť –x 2 +8 x−16<0 .

Riešenie.

Postupujeme podľa algoritmu na riešenie kvadratických nerovností a začneme vykresľovaním. Vetvy paraboly smerujú nadol, pretože koeficient pri x 2 je záporný, −1. Nájdite diskriminant štvorcového trinomu –x 2 +8 x−16 , máme D'=42 -(-1)(-16)=16-16=0 a ďalej x°=-4/(-1), x°=4. Parabola sa teda dotýka osi Ox v bode s úsečkou 4 . Urobme si kresbu:

Pozeráme sa na znak pôvodnej nerovnosti, je to tak<. Согласно алгоритму, решение неравенства в этом случае составляют все промежутки, на которых парабола расположена строго ниже оси абсцисс.

V našom prípade sú to otvorené lúče (−∞, 4) , (4, +∞) . Samostatne si všimneme, že 4 - úsečka dotykového bodu - nie je riešením, pretože v dotykovom bode nie je parabola nižšia ako os Ox.

odpoveď:

(−∞, 4)∪(4, +∞) alebo v inom zápise x≠4 .

Venujte zvláštnu pozornosť prípadom, keď je diskriminant štvorcovej trojčlenky na ľavej strane štvorcovej nerovnosti menší ako nula. Netreba sa tu ponáhľať a povedať, že nerovnica nemá riešenia (na takýto záver sme zvyknutí robiť pre kvadratické rovnice so záporným diskriminantom). Ide o to, že kvadratická nerovnosť pre D<0 может иметь решение, которым является множество всех действительных чисел.

Príklad.

Nájdite riešenie kvadratickej nerovnosti 3 x 2 +1>0 .

Riešenie.

Ako obvykle začíname kresbou. Koeficient a je 3, je kladný, preto vetvy paraboly smerujú nahor. Vypočítajte diskriminant: D=0 2 −4 3 1=−12 . Keďže diskriminant je záporný, parabola nemá žiadne spoločné body s osou x. Získané informácie sú dostatočné pre schematický diagram:

Riešime striktnú kvadratickú nerovnosť so znamienkom >. Jeho riešením budú všetky intervaly, kde je parabola nad osou Ox. V našom prípade je parabola po celej dĺžke nad osou x, takže požadovaným riešením bude množina všetkých reálnych čísel.

Ox , a tiež k nim musíte pridať úsečku priesečníkov alebo úsečku dotykového bodu. Ale nákres jasne ukazuje, že neexistujú žiadne takéto medzery (keďže parabola je všade pod osou x), rovnako ako neexistujú žiadne priesečníky, rovnako ako neexistujú žiadne body kontaktu. Preto pôvodná kvadratická nerovnosť nemá riešenia.

odpoveď:

neexistujú žiadne riešenia alebo v inom zápise ∅.

Bibliografia.

• Algebra: učebnica pre 8 buniek. všeobecné vzdelanie inštitúcie / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; vyd. S. A. Teljakovskij. - 16. vyd. - M. : Vzdelávanie, 2008. - 271 s. : chorý. - ISBN 978-5-09-019243-9.
• Algebra: 9. ročník: učebnica. pre všeobecné vzdelanie inštitúcie / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; vyd. S. A. Teljakovskij. - 16. vyd. - M. : Vzdelávanie, 2009. - 271 s. : chorý. - ISBN 978-5-09-021134-5.
• Mordkovič A.G. Algebra. 8. trieda. O 14. hodine 1. časť vzdelávacie inštitúcie/ A. G. Mordkovich. - 11. vyd., vymazané. - M.: Mnemozina, 2009. - 215 s.: chor. ISBN 978-5-346-01155-2.
• Mordkovič A.G. Algebra. 9. ročník O 14.00 h Časť 1. Učebnica pre študentov vzdelávacích inštitúcií / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 13. vydanie, Sr. - M.: Mnemosyne, 2011. - 222 s.: chor. ISBN 978-5-346-01752-3.
• Mordkovič A.G. Algebra a začiatok matematickej analýzy. 11. ročník O 14.00 h Časť 1. Učebnica pre študentov vzdelávacích inštitúcií (profilová úroveň) / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 2. vyd., vymazané. - M.: Mnemosyne, 2008. - 287 s.: chor. ISBN 978-5-346-01027-2.

Žiak 10. ročníka Yury Kotovchikhin

Žiaci sa začínajú učiť rovnice s modulmi už od 6. ročníka, študujú štandardný spôsob riešenia pomocou rozšírenia modulov o intervaloch stálosti submodulárnych výrazov. Túto konkrétnu tému som si vybral, pretože si myslím, že si vyžaduje hlbšie a dôkladnejšie štúdium, úlohy s modulom spôsobujú študentom veľké ťažkosti. V školských osnovách sú úlohy obsahujúce modul ako úlohy so zvýšenou zložitosťou a na skúškach, preto musíme byť pripravení stretnúť sa s takouto úlohou.

Stiahnuť ▼:

Náhľad:

Mestská vzdelávacia inštitúcia

Stredná škola №5

Výskumná práca na tému:

« Algebraické a grafické riešenie rovníc a nerovníc obsahujúcich modul»

Urobil som prácu:

Žiak 10. ročníka

Kotovčichin Jurij

vedúci:

Učiteľ matematiky

Shanta N.P.

Urjupinsk

1.Úvod………………………………………………………………..3

2. Pojmy a definície……………………………………………….5

3. Dôkaz viet………………………………………………..6

4. Metódy riešenia rovníc obsahujúcich modul………………...7

12

4.2. Použitie geometrickej interpretácie modulu na riešenie rovníc………………………………………………………………………..14

4.3 Grafy najjednoduchších funkcií obsahujúce znamienko absolútnej hodnoty.

………………………………………………………………………15

4.4 Riešenie neštandardných rovníc obsahujúcich modul .... 16

5.Záver……………………………………………………………….17

6. Zoznam použitej literatúry……………………………………………………………………………………………………………………… 18

Cieľ práce: študenti začínajú študovať rovnice s modulmi už od 6. ročníka, študujú štandardný spôsob riešenia pomocou rozšírenia modulov o intervaloch stálosti submodulárnych výrazov. Túto konkrétnu tému som si vybral, pretože si myslím, že si vyžaduje hlbšie a dôkladnejšie štúdium, úlohy s modulom spôsobujú študentom veľké ťažkosti. V školských osnovách sú úlohy obsahujúce modul ako úlohy so zvýšenou zložitosťou a na skúškach, preto musíme byť pripravení stretnúť sa s takouto úlohou.

1. Úvod:

Slovo "modul" pochádza z latinského slova "modulus", čo znamená "merať". Ide o viachodnotové slovo (homonymum), ktoré má mnoho významov a používa sa nielen v matematike, ale aj v architektúre, fyzike, inžinierstve, programovaní a iných exaktných vedách.

V architektúre je to počiatočná jednotka merania stanovená pre danú architektonickú štruktúru a používa sa na vyjadrenie viacnásobných pomerov jej základných prvkov.

V strojárstve je to pojem používaný v rôznych oblastiach techniky, ktorý nemá univerzálny význam a slúži na označenie rôznych koeficientov a veličín, napríklad modul záberu, modul pružnosti atď.

Objemový modul (vo fyzike) je pomer normálového napätia v materiáli k predĺženiu.

2. Pojmy a definície

Modul - absolútna hodnota - reálneho čísla A sa označí |A|.

Ak chcete túto tému preštudovať do hĺbky, musíte sa zoznámiť s najjednoduchšími definíciami, ktoré budem potrebovať:

Rovnica je rovnosť obsahujúca premenné.

Rovnica s modulom je rovnica obsahujúca premennú pod znakom absolútnej hodnoty (pod znakom modulu).

Riešenie rovnice znamená nájsť všetky jej korene, alebo dokázať, že žiadne korene neexistujú.

3. Dôkaz viet

Veta 1. Absolútna hodnota reálneho čísla sa rovná väčšiemu z dvoch čísel a alebo -a.

Dôkaz

1. Ak je číslo a kladné, potom -a je záporné, teda -a

Napríklad číslo 5 je kladné, potom -5 je záporné a -5

V tomto prípade |a| = a, t.j. |a| sa zhoduje s väčším z dvoch čísel a a - a.

2. Ak je a záporné, potom -a je kladné a a

Dôsledok. Z vety vyplýva, že |-a| = |a|.

Obe a sa totiž rovnajú väčšiemu z čísel -a a a, a preto sú si navzájom rovné.

Veta 2. Absolútna hodnota akéhokoľvek reálneho čísla a sa rovná aritmetickej druhej odmocnine z A 2 .

V skutočnosti, ak potom, podľa definície modulu čísla, budeme mať lAl>0. Na druhej strane, pre A>0, potom |a| = √A 2

Ak 2

Táto veta umožňuje nahradiť |a| na

Geometricky |a| znamená vzdialenosť na súradnicovej čiare od bodu reprezentujúceho číslo a po začiatok.

Ak potom na súradnicovej čiare sú dva body a a -a, rovnako vzdialené od nuly, ktorých moduly sú rovnaké.

Ak a = 0, potom na súradnicovej čiare |a| reprezentovaný bodom 0

4. Metódy riešenia rovníc obsahujúcich modul.

Pri riešení rovníc obsahujúcich znamienko absolútnej hodnoty budeme vychádzať z definície modulu čísla a vlastností absolútnej hodnoty čísla. Vyriešime niekoľko príkladov rôznymi spôsobmi a uvidíme, ktorým spôsobom je jednoduchšie vyriešiť rovnice obsahujúce modul.

Príklad 1. Analyticky a graficky riešime rovnicu |x + 2| = 1.

Riešenie

Analytický roztok

1. spôsob

Budeme uvažovať na základe definície modulu. Ak je výraz pod modulom nezáporný, t.j. x + 2 ≥0 , potom „opustí“ znamienko modulu so znamienkom plus a rovnica bude mať tvar: x + 2 = 1. Ak hodnoty výrazu pod znamienkom modulu sú záporné , potom sa podľa definície bude rovnať: alebo x + 2=-1

Dostaneme teda buď x + 2 = 1, alebo x + 2 = -1. Pri riešení výsledných rovníc nájdeme: X + 2 \u003d 1 alebo X + 2 + -1

X = -1 X = 3

Odpoveď: -3; -1.

Teraz môžeme vyvodiť záver: ak sa modul nejakého výrazu rovná reálnemu kladnému číslu a, potom výraz pod modulom je buď a alebo -a.

Grafické riešenie

Jedným zo spôsobov riešenia rovníc obsahujúcich modul je grafická metóda. Podstatou tejto metódy je zostavenie grafov týchto funkcií. Ak sa grafy pretínajú, priesečníky týchto grafov budú koreňmi našej rovnice. Ak sa grafy nepretínajú, môžeme konštatovať, že rovnica nemá korene. Táto metóda sa pravdepodobne používa menej často ako iné na riešenie rovníc obsahujúcich modul, pretože po prvé, zaberá veľa času a nie je vždy racionálna, a po druhé, výsledky získané pri vykresľovaní grafov nie sú vždy presné.

Ďalším spôsobom riešenia rovníc obsahujúcich modul je rozdelenie číselnej osi na intervaly. V tomto prípade musíme číselný rad rozdeliť tak, aby sa definíciou modulu dalo odstrániť znamienko absolútnej hodnoty v týchto intervaloch. Potom pre každú z medzier budeme musieť vyriešiť túto rovnicu a vyvodiť záver týkajúci sa výsledných koreňov (či už vyhovujú našej medzere alebo nie). Korene uspokojujúce medzery dajú konečnú odpoveď.

2. spôsob

Stanovme, pri akých hodnotách x sa modul rovná nule: |X+2|=0 , X=2

Dostaneme dva intervaly, na každom z nich riešime rovnicu:

Dostaneme dva zmiešané systémy:

(1) X+20

X-2=1 X+2=1

Poďme vyriešiť každý systém:

X=-3 X=-1

Odpoveď: -3; -1.

Grafické riešenie

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

Grafické riešenie

Pre grafické riešenie rovnice je potrebné vykresliť funkcie a

Na vykreslenie grafu funkcie nakreslíme graf funkcie – ide o funkciu, ktorá v bodoch pretína os OX a os OY.

Úsečky priesečníkov funkčných grafov poskytnú riešenia rovnice.

Priamy graf funkcie y=1 sa pretínal s grafom funkcie y=|x + 2| v bodoch so súradnicami (-3; 1) a (-1; 1) budú teda riešenia rovnice úsečkami bodov:

x=-3, x=-1

Odpoveď: -3;-1

Príklad 2. Analyticky a graficky riešte rovnicu 1 + |x| = 0,5.

Riešenie:

Analytický roztok

Transformujme rovnicu: 1 + |x| = 0,5

|x| = 0,5-1

|x|=-0,5

Je jasné, že v tomto prípade rovnica nemá žiadne riešenia, pretože podľa definície je modul vždy nezáporný.

Odpoveď: Neexistujú žiadne riešenia.

Grafické riešenie

Transformujme rovnicu: : 1 + |x| = 0,5

|x| = 0,5-1

|x|=-0,5

Grafom funkcie sú lúče - osi 1. a 2. súradnicového uhla. Grafom funkcie je priamka rovnobežná s osou OX a prechádzajúca bodom -0,5 na osi OY.

Grafy sa nepretínajú, takže rovnica nemá riešenia.

Odpoveď: žiadne riešenia.

Príklad 3. Analyticky a graficky vyriešte rovnicu |-x + 2| = 2x + 1.

Riešenie:

Analytický roztok

1. spôsob

Najprv musíte nastaviť rozsah platných hodnôt premennej. Vzniká prirodzená otázka, prečo to v predchádzajúcich príkladoch nebolo potrebné, ale teraz to vyvstalo.

Faktom je, že v tomto príklade je na ľavej strane rovnice modul nejakého výrazu a na pravej strane nie je číslo, ale výraz s premennou - je to táto dôležitá okolnosť, ktorá odlišuje tento príklad od predchádzajúce.

Keďže na ľavej strane je modul a na pravej strane výraz obsahujúci premennú, je potrebné vyžadovať, aby tento výraz bol nezáporný, t.j. rozsah platných

hodnoty modulu

Teraz môžeme uvažovať rovnakým spôsobom ako v príklade 1, keď na pravej strane rovnosti bolo kladné číslo. Dostaneme dva zmiešané systémy:

(1) -X+2>0 a (2) -X+2

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

Poďme vyriešiť každý systém:

(1) vstupuje do intervalu a je koreňom rovnice.

X≤2

X = ⅓

(2) X>2

X = -3

X = -3 nie je zahrnuté v intervale a nie je koreňom rovnice.

Odpoveď: ⅓.

4.1 Riešenie pomocou závislostí medzi číslami a a b, ich modulmi a druhými mocninami týchto čísel.

Okrem metód, ktoré som uviedol vyššie, existuje určitá ekvivalencia medzi číslami a modulmi daných čísel, ako aj medzi štvorcami a modulmi daných čísel:

|a|=|b| a=b alebo a=-b

A2=b2 a=b alebo a=-b

Z toho zase dostaneme to

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

Príklad 4. Riešime rovnicu |x + 1|=|2x - 5| dvoma rôznymi spôsobmi.

1. Vzhľadom na vzťah (1) dostaneme:

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

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

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

x = 6 x = 11/3

Koreň prvej rovnice je x=6, koreň druhej rovnice je x=11/3

Teda korene pôvodnej rovnice x 1=6, x2=11/3

2. Na základe vzťahu (2) dostaneme

(x + 1)2=(2x - 5)2 alebo 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 ==> rovnica má 2 rôzne korene.

x 1 \u003d (11 – 7) / 3 \u003d 11/3

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

Ako ukazuje riešenie, koreňmi tejto rovnice sú tiež čísla 11/3 a 6

Odpoveď: x 1 \u003d 6, x 2 \u003d 11/3

Príklad 5. Vyriešte rovnicu (2x + 3) 2 = (x - 1)2.

Ak vezmeme do úvahy vzťah (2), dostaneme, že |2x + 3|=|x - 1|, odkiaľ podľa modelu z predchádzajúceho príkladu (a podľa vzťahu (1)):

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

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

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

Korene rovnice sú teda x1=-4 a x2=-0,(6)

Odpoveď: x1 \u003d -4, x 2 \u003d 0, (6)

Príklad 6. Riešime rovnicu |x - 6|=|x2 - 5x + 9|

Pomocou pomeru dostaneme:

x - 6 \u003d x2 - 5x + 9 alebo 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 pr.c.

==> nie sú tam žiadne korene.

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

X 2 \u003d (4 + 2) / 2 \u003d 3

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

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

3 = 3 (A)

Odpoveď: x 1 = 1; x2=3

4.2 Použitie geometrickej interpretácie modulu na riešenie rovníc.

Geometrický význam modulu magnitúdového rozdielu je vzdialenosť medzi nimi. Napríklad, geometrický význam výrazy |x - a | - dĺžka segmentu súradnicovej osi spájajúcej body s úsečkami a a x. Preklad algebraického problému do geometrického jazyka často umožňuje vyhnúť sa ťažkopádnym riešeniam.

Príklad7. Vyriešme rovnicu |x - 1| + |x - 2|=1 s použitím geometrickej interpretácie modulu.

Budeme argumentovať nasledovne: na základe geometrickej interpretácie modulu je ľavá strana rovnice súčtom vzdialeností od nejakého bodu na úsečke x k dvom pevným bodom s úsečkami 1 a 2. Potom je zrejmé, že všetky body s úsečkami zo segmentu majú požadovanú vlastnosť a body nachádzajúce sa mimo tohto segmentu - č. Preto odpoveď: množinou riešení rovnice je segment.

odpoveď:

Príklad8. Vyriešme rovnicu |x - 1| - |x - 2|=1 1 pomocou geometrickej interpretácie modulu.

Budeme argumentovať podobne ako v predchádzajúcom príklade, pričom dostaneme, že rozdiel vo vzdialenostiach k bodom s úsečkami 1 a 2 je rovný jednej len pre body ležiace na súradnicovej osi napravo od čísla 2. Riešením tejto rovnice teda nebude úsečka uzavretá medzi bodmi 1 a 2, ale lúč vychádzajúci z bodu 2 a smerujúci v kladnom smere osi OX.

odpoveď :)