Ebavõrdsused mooduliga. Uus pilk lahendusele

Sõbrad, täna pole tatti ja sentimente. Selle asemel saadan teid ilma lisaküsimusteta lahingusse 8.-9.klassi algebrakursuse ühe hirmuäratavama vastasega.

Jah, sa said kõigest õigesti aru: me räägime mooduliga ebavõrdsustest. Vaatleme nelja põhitehnikat, mille abil õpite lahendama umbes 90% nendest probleemidest. Aga ülejäänud 10%? Noh, neist räägime eraldi tunnis. :)

Siiski, enne kui hakkan seal mingeid nippe analüüsima, tuletaksin meelde kahte fakti, mida peate juba teadma. Vastasel juhul on oht, et ei saa tänase tunni materjalist üldse aru.

Mida sa juba teadma pead

Kapten Evidence vihjab, et mooduli abil ebavõrdsuse lahendamiseks peate teadma kahte asja:

1. Kuidas ebavõrdsust lahendatakse?
2. Mis on moodul.

Alustame teise punktiga.

Mooduli määratlus

Siin on kõik lihtne. Määratlusi on kaks: algebraline ja graafiline. Alustame algebraga:

Definitsioon. Arvu $x$ moodul on kas arv ise, kui see ei ole negatiivne, või sellele vastav arv, kui algne $x$ on endiselt negatiivne.

See on kirjutatud nii:

\[\left| x \right|=\left\( \begin (joonda) & x,\ x\ge 0, \\ & -x,\ x \lt 0. \\\end(joonda) \right.\]

räägivad selge keel, moodul on "arv ilma miinuseta". Ja just selles duaalsuses (kusagil ei pea algnumbriga midagi tegema, aga kuskil tuleb sealt mingi miinus eemaldada) ja kõik algajate õpilaste raskused peituvad.

Samuti on olemas geomeetriline määratlus. Kasulik on ka seda teada, kuid me viitame sellele ainult keerukatel ja mõnel erijuhtudel, kus geomeetriline lähenemine on mugavam kui algebraline (spoiler: tänapäeval mitte).

Definitsioon. Olgu reaaljoonele märgitud punkt $a$. Seejärel moodul $\left| x-a \right|$ on kaugus punktist $x$ punktini $a$ sellel sirgel.

Kui joonistate pildi, saate midagi sellist:

Ühel või teisel viisil tuleneb selle võtmeomadus kohe mooduli definitsioonist: arvu moodul on alati mittenegatiivne väärtus. See fakt on punane niit, mis läbib kogu meie tänast lugu.

Ebavõrdsuse lahendus. Vahekauguse meetod

Nüüd tegeleme ebavõrdsusega. Neid on väga palju, kuid meie ülesanne on praegu lahendada neist vähemalt kõige lihtsamad. Need, mis on taandatud lineaarseteks ebavõrdsusteks, samuti intervallide meetodile.

Mul on sellel teemal kaks suurt õpetust (muide, väga, VÄGA kasulikud - soovitan õppida):

1. Ebavõrdsuse intervallmeetod (eriti vaadake videot);
2. Murdratsionaalne ebavõrdsus on väga mahukas õppetund, kuid pärast seda ei jää teil enam küsimusi.

Kui tead kõike seda, kui lause "liigume ebavõrdsusest võrrandisse" ei tekita ähmaselt soovi end vastu seina tappa, siis olete valmis: tere tulemast põrgusse tunni peateema juurde. :)

1. Vormi "Moodul väiksem kui funktsioon" ebavõrdsused

See on üks moodulitega kõige sagedamini esinevaid ülesandeid. On vaja lahendada vormi ebavõrdsus:

\[\left| f\right| \ltg\]

Kõik võib toimida funktsioonidena $f$ ja $g$, kuid tavaliselt on need polünoomid. Sellise ebavõrdsuse näited:

\[\begin(joona) & \left| 2x+3\paremale| \ltx+7; \\ & \left| ((x)^(2))+2x-3 \right|+3\left(x+1 \right) \lt 0; \\ & \left| ((x)^(2))-2\vasak| x \right|-3 \right| \lt 2. \\\end(joonda)\]

Kõik need lahendatakse sõna otseses mõttes ühes reas vastavalt skeemile:

\[\left| f\right| \lt g\Paremnool -g \lt f \lt g\quad \left(\Paremnool \vasak\( \begin(joonda) & f \lt g, \\ & f \gt -g \\\end(joonda) \parem.\parem)\]

On lihtne näha, et saame moodulist lahti, kuid selle asemel saame kahekordse võrratuse (või, mis on sama, kahe võrratuse süsteemi). Kuid see üleminek võtab arvesse absoluutselt kõike võimalikud probleemid: kui mooduli all olev arv on positiivne, siis meetod töötab; kui negatiivne, töötab see ikkagi; ja isegi kõige ebaadekvaatsema funktsiooniga $f$ või $g$ asemel töötab meetod ikkagi.

Loomulikult tekib küsimus: kas see pole lihtsam? Kahjuks ei saa. See on kogu mooduli mõte.

Aga filosofeerimisest piisab. Lahendame paar probleemi:

Ülesanne. Lahendage ebavõrdsus:

\[\left| 2x+3\paremale| \ltx+7\]

Lahendus. Niisiis, meil on klassikaline ebavõrdsus kujul "moodul on väiksem kui" - pole isegi midagi teisendada. Töötame vastavalt algoritmile:

\[\begin(joona) & \left| f\right| \lt g\Paremnool -g \lt f \lt g; \\ & \left| 2x+3\paremale| \lt x+7\Paremnool -\left(x+7 \right) \lt 2x+3 \lt x+7 \\\end(joonda)\]

Ärge kiirustage avama sulgusid, millele eelneb "miinus": on täiesti võimalik, et kiirustamise tõttu teete solvava vea.

\[-x-7 \lt 2x+3 \lt x+7\]

\[\left\( \begin (joonda) & -x-7 \lt 2x+3 \\ & 2x+3 \lt x+7 \\ \end(joonda) \right.\]

\[\left\( \begin (joonda) & -3x \lt 10 \\ & x \lt 4 \\ \end (joonda) \right.\]

\[\left\( \begin(joona) & x \gt -\frac(10)(3) \\ & x \lt 4 \\ \end(joonda) \right.\]

Probleem on taandatud kahele elementaarsele ebavõrdsusele. Märgime nende lahendused paralleelsetel reaaljoontel:

Paljude ristmik

Nende hulkade ristumiskoht on vastus.

Vastus: $x\in \left(-\frac(10)(3);4 \right)$

Ülesanne. Lahendage ebavõrdsus:

\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \right|+3\left(x+1 \right) \lt 0\]

Lahendus. See ülesanne on veidi keerulisem. Alustuseks isoleerime mooduli, liigutades teist terminit paremale:

\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \parem| \lt -3\left(x+1 \right)\]

Ilmselgelt on meil jälle ebavõrdsus kujul “moodul on vähem”, seega vabaneme moodulist juba teadaoleva algoritmi järgi:

\[-\left(-3\left(x+1 \right) \right) \lt ((x)^(2))+2x-3 \lt -3\left(x+1 \right)\]

Nüüd tähelepanu: keegi ütleb, et ma olen kõigi nende sulgudega natuke pervert. Kuid veel kord tuletan teile meelde, et meie peamine eesmärk on õigesti lahendada ebavõrdsus ja saada vastus. Hiljem, kui olete kõik selles õppetükis kirjeldatu suurepäraselt omandanud, saate end meelepäraselt perverteerida: avada sulud, lisada miinuseid jne.

Alustuseks saame lihtsalt lahti kahekordne miinus vasakule:

\[-\left(-3\left(x+1 \right) \right)=\left(-1 \right)\cdot \left(-3 \right)\cdot \left(x+1 \right) =3\left(x+1\right)\]

Nüüd avame kõik topeltvõrratuse sulud:

Liigume kahekordse ebavõrdsuse juurde. Seekord on arvutused tõsisemad:

\[\left\( \begin(joona) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -3x-3 \\ & 3x+3 \lt ((x)^(2))+2x -3 \\ \end(joonda) \paremale.\]

\[\left\( \begin(joona) & ((x)^(2))+5x \lt 0 \\ & ((x)^(2))-x-6 \gt 0 \\ \end( joondada)\paremale.\]

Mõlemad ebavõrdsused on ruudukujulised ja neid lahendatakse intervallmeetodil (sellepärast ma ütlen: kui te ei tea, mis see on, siis on parem mitte mooduleid veel ette võtta). Liigume esimeses võrratuses olevale võrrandile:

\[\begin(joonda) & ((x)^(2))+5x=0; \\ & x\left(x+5 \right)=0; \\ & ((x)_(1))=0;((x)_(2))=-5. \\\lõpp(joonda)\]

Nagu näete, osutus väljund mittetäielikuks ruutvõrrandiks, mis lahendatakse elementaarselt. Nüüd käsitleme süsteemi teist ebavõrdsust. Siin peate rakendama Vieta teoreemi:

\[\begin(joonda) & ((x)^(2))-x-6=0; \\ & \left(x-3 \right)\left(x+2 \right)=0; \\& ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-2. \\\lõpp(joonda)\]

Saadud arvud märgime kahele paralleelsele sirgele (esimese võrratuse jaoks eraldi ja teise jaoks eraldi):

Jällegi, kuna me lahendame võrratuste süsteemi, huvitab meid varjutatud hulkade ristumiskoht: $x\in \left(-5;-2 \right)$. See on vastus.

Vastus: $x\in \left(-5;-2 \right)$

Arvan, et pärast neid näiteid on lahendusskeem väga selge:

1. Eraldage moodul, liigutades kõik teised liikmed ebavõrdsuse vastasküljele. Seega saame ebavõrdsuse kujul $\left| f\right| \ltg$.
2. Lahendage see ebavõrdsus, eemaldades moodulist ülalkirjeldatud viisil. Ühel hetkel on vaja liikuda topeltvõrratusest kahe sõltumatu avaldise süsteemile, millest kumbagi saab juba eraldi lahendada.
3. Lõpuks jääb üle vaid nende kahe sõltumatu väljendi lahendused ristida – ja ongi kõik, saame lõpliku vastuse.

Sarnane algoritm on olemas ka järgmist tüüpi võrratuste jaoks, kui moodul on funktsioonist suurem. Siiski on paar tõsist "aga". Nendest "agadest" räägime nüüd.

2. Vormi "Moodul on suurem kui funktsioon" ebavõrdsused

Need näevad välja sellised:

\[\left| f\right| \gt g\]

Sarnane eelmisega? Tundub. Sellegipoolest lahendatakse selliseid ülesandeid täiesti erineval viisil. Formaalselt on skeem järgmine:

\[\left| f\right| \gt g\Paremnool \left[ \begin(joonda) & f \gt g, \\ & f \lt -g \\\end(joonda) \right.\]

Teisisõnu käsitleme kahte juhtumit:

1. Esiteks me lihtsalt ignoreerime moodulit – lahendame tavalise ebavõrdsuse;
2. Siis tegelikult avame mooduli miinusmärgiga ja siis korrutame mõlemad võrratuse osad -1-ga, märgiga.

Sel juhul on valikud kombineeritud nurksuluga, s.t. Meil on kahe nõude kombinatsioon.

Pöörake veel kord tähelepanu: meie ees pole süsteem, vaid agregaat, seega vastuses on hulgad kombineeritud, mitte ristuvad. See on põhimõtteline erinevus eelmisest lõigust!

Üldiselt on paljudel õpilastel palju segadust ametiühingute ja ristumiskohtadega, nii et vaatame seda küsimust lõplikult:

• "∪" on konkatenatsioonimärk. Tegelikult on see stiliseeritud täht "U", mis meile tuli inglise keelest ja on lühend sõnast "Union", st. "Assotsiatsioonid".
• "∩" on ristmiku märk. See jama ei tulnud kuskilt, vaid ilmus lihtsalt "∪" vastandina.

Meeldejäämise hõlbustamiseks lisage prillide tegemiseks neile siltidele lihtsalt jalad (ära süüdista mind nüüd narkomaania ja alkoholismi propageerimises: kui õpite seda õppetundi tõsiselt, siis olete juba narkomaan):

Vene keelde tõlgituna tähendab see järgmist: liit (kogu) sisaldab elemente mõlemast komplektist, seega mitte vähem kui igaüks neist; kuid ristmik (süsteem) sisaldab ainult neid elemente, mis on nii esimeses kui ka teises hulgas. Seetõttu ei ole hulkade ristumiskoht kunagi suurem lähtehulkadest.

Nii sai selgemaks? See on suurepärane. Liigume edasi praktika juurde.

Ülesanne. Lahendage ebavõrdsus:

\[\left| 3x+1 \parem| \gt 5-4x\]

Lahendus. Tegutseme vastavalt skeemile:

\[\left| 3x+1 \parem| \gt 5-4x\Paremnool \vasak[ \begin(joonda) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\left(5-4x \right) \\\end(joonda) \ õige.\]

Lahendame iga rahvastiku ebavõrdsuse:

\[\left[ \begin(joona) & 3x+4x \gt 5-1 \\ & 3x-4x \lt -5-1 \\ \end(joonda) \right.\]

\[\left[ \begin(joona) & 7x \gt 4 \\ & -x \lt -6 \\ \end(joonda) \right.\]

\[\left[ \begin (joonda) & x \gt 4/7\ \\ & x \gt 6 \\ \end (joonda) \right.\]

Märgime iga saadud komplekti numbrireal ja ühendame need seejärel:

Komplektide liit

Ilmselgelt on vastus $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$

Vastus: $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$

Ülesanne. Lahendage ebavõrdsus:

\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \parem| \gtx\]

Lahendus. Noh? Ei, kõik on sama. Liigume mooduliga ebavõrdsusest kahe võrratuse hulka:

\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \parem| \gt x\Paremnool \vasak[ \begin(joonda) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\end(joonda) \paremale.\]

Me lahendame iga ebavõrdsuse. Kahjuks pole juured seal eriti head:

\[\begin(joonda) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x; \\ & ((x)^(2))+x-3 \gt 0; \\ &D=1+12=13; \\ & x=\frac(-1\pm \sqrt(13))(2). \\\lõpp(joonda)\]

Teises ebavõrdsuses on ka natuke mängu:

\[\begin(joonda) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x; \\ & ((x)^(2))+3x-3 \lt 0; \\ &D=9+12=21; \\ & x=\frac(-3\pm \sqrt(21))(2). \\\lõpp(joonda)\]

Nüüd peame need numbrid märkima kahele teljele – iga ebavõrdsuse jaoks üks telg. Siiski peate punktid märkima õiges järjekorras: rohkem numbrit, mida kaugemale nihutame punkti paremale.

Ja siin me ootame seadistust. Kui kõik on selge numbritega $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ (esimese numbri lugejas olevad terminid murdarvud on väiksemad kui teise lugeja liikmed, seega on ka summa väiksem), numbritega $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt (21)(2)$ ei teki ka raskusi (positiivne arv ilmselt negatiivsem), kuid viimase paariga pole kõik nii lihtne. Kumb on suurem: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ või $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? Selle küsimuse vastusest sõltub punktide paigutus numbritel ja tegelikult ka vastus.

Nii et võrdleme:

\[\begin(maatriks) \frac(-1+\sqrt(13))(2)\vee \frac(-3+\sqrt(21))(2) \\ -1+\sqrt(13)\ vee -3+\sqrt(21) \\ 2+\sqrt(13)\vee \sqrt(21) \\\end(maatriks)\]

Isoleerisime juure, saime ebavõrdsuse mõlemale poolele mittenegatiivsed arvud, nii et meil on õigus mõlemale poolele ruudu panna:

\[\begin(maatriks) ((\left(2+\sqrt(13) \right))^(2))\vee ((\left(\sqrt(21) \right))^(2)) \ \4+4\sqrt(13)+13\vee 21 \\ 4\sqrt(13)\vee 3 \\\end(maatriks)\]

Ma arvan, et $4\sqrt(13) \gt 3 $, seega $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) ( 2)$, lõpuks järjestatakse punktid telgedel järgmiselt:

Koledate juurte juhtum

Lubage mul teile meelde tuletada, et me lahendame komplekti, nii et vastuseks on liit, mitte varjutatud kogumite ristumiskoht.

Vastus: $x\in \left(-\infty ;\frac(-3+\sqrt(21))(2) \right)\bigcup \left(\frac(-1+\sqrt(13))(2 );+\infty\right)$

Nagu näete, töötab meie skeem mõlema jaoks suurepäraselt lihtsad ülesanded, ja väga jäikade jaoks. Selle lähenemisviisi ainus "nõrk koht" on see, et peate irratsionaalseid numbreid õigesti võrdlema (ja uskuge mind: need pole ainult juured). Kuid võrdlusküsimustele pühendatakse eraldi (ja väga tõsine õppetund). Ja liigume edasi.

3. Ebavõrdsused mittenegatiivsete "sabadega"

Nii et jõudsime kõige huvitavamani. Need on vormi ebavõrdsused:

\[\left| f\right| \gt\left| g\right|\]

Üldiselt kehtib algoritm, millest me nüüd räägime, ainult mooduli puhul. See töötab kõigis ebavõrdsustes, kus vasakul ja paremal on garanteeritud mittenegatiivsed avaldised:

Mida nende ülesannetega peale hakata? Lihtsalt mäleta:

Mittenegatiivsete sabadega ebavõrdsuses saab mõlemat poolt tõsta mis tahes loomuliku jõuni. Täiendavaid piiranguid ei tule.

Esiteks tunneme huvi ruudustamise vastu - see põletab mooduleid ja juuri:

\[\begin(joona) & ((\left(\left| f \right| \right))^(2))=((f)^(2)); \\ & ((\left(\sqrt(f) \right))^(2))=f. \\\end(joonda)\]

Ärge ajage seda segamini ruudu juure võtmisega:

\[\sqrt(((f)^(2)))=\left| f \right|\ne f\]

Kui õpilane unustas mooduli installida, tehti lugematul hulgal vigu! Aga see on hoopis teine ​​lugu (see on nagu irratsionaalsed võrrandid), seega me sellesse nüüd ei hakka. Parem lahendame paar probleemi:

Ülesanne. Lahendage ebavõrdsus:

\[\left| x+2 \right|\ge \left| 1-2x \right|\]

Lahendus. Märkame kohe kahte asja:

1. See on mitterange ebavõrdsus. Numbrireal olevad punktid lüüakse välja.
2. Ebavõrdsuse mõlemad pooled on ilmselgelt mittenegatiivsed (see on mooduli omadus: $\left| f\left(x \right) \right|\ge 0$).

Seetõttu saame moodulist vabanemiseks ja ülesande lahendamiseks tavalise intervallimeetodi abil ruudustada ebavõrdsuse mõlemad pooled:

\[\begin(joona) & ((\left(\left| x+2 \right| \right))^(2))\ge ((\left(\left| 1-2x \right| \right) )^(2)); \\ & ((\left(x+2 \right))^(2))\ge ((\left(2x-1 \right))^(2)). \\\end(joonda)\]

peal viimane samm Pettusin veidi: muutsin terminite jada, kasutades mooduli paarsust (tegelikult korrutasin avaldise $1-2x$ −1-ga).

\[\begin(joona) & ((\left(2x-1 \right))^(2))-((\left(x+2 \right))^(2))\le 0; \\ & \left(\left(2x-1 \right)-\left(x+2 \right) \right)\cdot \left(\left(2x-1 \right)+\left(x+2 \ right)\right)\le 0; \\ & \left(2x-1-x-2 \right)\cdot \left(2x-1+x+2 \right)\le 0; \\ & \left(x-3 \right)\cdot \left(3x+1 \right)\le 0. \\\end(joonda)\]

Lahendame intervallmeetodil. Liigume võrratuse juurest võrrandi juurde:

\[\begin(joonda) & \left(x-3 \right)\left(3x+1 \right)=0; \\ & ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-\frac(1)(3). \\\end(joonda)\]

Leitud juured märgime numbrireale. Veel kord: kõik punktid on varjutatud, sest algne ebavõrdsus pole range!

Mooduli märgist vabanemine

Eriti kangekaelsetele tuletan meelde: võtame märgid viimasest võrratusest, mis pandi kirja enne võrrandi juurde liikumist. Ja me värvime samas ebavõrdsuses nõutavad alad üle. Meie puhul on see $\left(x-3 \right)\left(3x+1 \right)\le 0$.

OK, nüüd on kõik läbi. Probleem lahendatud.

Vastus: $x\in \left[ -\frac(1)(3);3 \right]$.

Ülesanne. Lahendage ebavõrdsus:

\[\left| ((x)^(2))+x+1 \right|\le \left| ((x)^(2))+3x+4 \parem|\]

Lahendus. Teeme kõike ühtemoodi. Ma ei kommenteeri - vaadake lihtsalt toimingute jada.

Teeme ruudu:

\[\begin(joona) & ((\left(\left| ((x)^(2))+x+1 \right| \right))^(2))\le ((\left(\left) | ((x)^(2))+3x+4 \parem| \parem))^(2)); \\ & ((\left(((x)^(2))+x+1 \right))^(2))\le ((\left(((x)^(2))+3x+4 \paremal))^(2)); \\ & ((\left(((x)^(2))+x+1 \right))^(2))-((\left(((x)^(2))+3x+4 \ parem))^(2))\le 0; \\ & \left(((x)^(2))+x+1-((x)^(2))-3x-4 \right)\times \\ & \times \left(((x) ^(2))+x+1+((x)^(2))+3x+4 \parem)\le 0; \\ & \left(-2x-3 \right)\left(2((x)^(2))+4x+5 \right)\le 0. \\\end(joonda)\]

Vahekauguse meetod:

\[\begin(joona) & \left(-2x-3 \right)\left(2((x)^(2))+4x+5 \right)=0 \\ & -2x-3=0\ Paremnool x=-1,5; \\ & 2((x)^(2))+4x+5=0\Paremnool D=16-40 \lt 0\Paremnool \varnothing . \\\end(joonda)\]

Arvureal on ainult üks juur:

Vastus on terve rida

Vastus: $x\in \left[ -1,5;+\infty \right)$.

Väike märkus viimase ülesande kohta. Nagu üks minu õpilastest täpselt märkis, on mõlemad alammooduli avaldised selles ebavõrdsuses ilmselgelt positiivsed, seega võib mooduli märgi ilma tervist kahjustamata jätta.

Aga see on juba täiesti erinev mõtlemise tase ja teistsugune lähenemine – seda võib tinglikult nimetada tagajärgede meetodiks. Tema kohta - eraldi õppetükis. Ja nüüd liigume edasi tänase õppetunni viimase osa juurde ja kaalume universaalne algoritm mis töötab alati. Isegi siis, kui kõik eelnevad lähenemised olid jõuetud. :)

4. Valikute loendamise meetod

Mis siis, kui kõik need nipid ei tööta? Kui ebavõrdsus ei taandu mittenegatiivsetele sabadele, kui moodulit pole võimalik isoleerida, kui üldse valu-kurbust-igatsust?

Siis siseneb sündmuskohale kogu matemaatika "raskekahurvägi" - loendusmeetod. Mooduliga ebavõrdsuste osas näeb see välja järgmine:

1. Kirjutage välja kõik alammooduli avaldised ja võrdsustage need nulliga;
2. Lahendage saadud võrrandid ja märkige leitud juured ühele arvureale;
3. Sirge jagatakse mitmeks osaks, mille sees on iga moodul fikseeritud märk ja seetõttu ühemõtteliselt paljastatud;
4. Lahendage iga sellise lõigu ebavõrdsus (usaldusväärsuse huvides võite eraldi arvesse võtta lõikes 2 saadud piirijuuri). Kombineerige tulemused - see on vastus. :)

No kuidas? Nõrk? Lihtsalt! Ainult pikaks ajaks. Vaatame praktikas:

Ülesanne. Lahendage ebavõrdsus:

\[\left| x+2 \paremale| \lt\left| x-1 \right|+x-\frac(3) (2)\]

Lahendus. See jama ei taandu ebavõrdsusele nagu $\left| f\right| \lt g$, $\left| f\right| \gt g$ või $\left| f\right| \lt\left| g \right|$, nii et lähme edasi.

Kirjutame välja alammooduli avaldised, võrdsustame need nulliga ja leiame juured:

\[\begin(joona) & x+2=0\Paremnool x=-2; \\ & x-1=0\Paremnool x=1. \\\end(joonda)\]

Kokku on meil kaks juurt, mis jagavad numbrirea kolmeks osaks, mille sees iga moodul ilmub kordumatult:

Arvrea jagamine alammodulaarsete funktsioonide nullidega

Vaatleme iga jaotist eraldi.

1. Olgu $x \lt -2$. Siis on mõlemad alammooduli avaldised negatiivsed ja algne ebavõrdsus kirjutatakse ümber järgmiselt:

\[\begin(joona) & -\left(x+2 \right) \lt -\left(x-1 \right)+x-1,5 \\ & -x-2 \lt -x+1+ x-1.5 \\ & x \gt 1.5 \\\end(joonda)\]

Saime üsna lihtsa piirangu. Lõikame selle algse eeldusega, et $x \lt -2$:

\[\left\( \begin(align) & x \lt -2 \\ & x \gt 1,5 \\\end(joonda) \right.\Paremnool x\in \varnothing \]

Ilmselgelt ei saa muutuja $x$ olla samaaegselt väiksem kui −2, kuid suurem kui 1,5. Selles valdkonnas pole lahendusi.

1.1. Vaatleme eraldi piirjuhtumit: $x=-2$. Asendame selle arvu algse ebavõrdsusega ja kontrollime: kas see kehtib?

\[\begin(joona) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1,5 \right|)_(x=-2) ) \\ & 0 \lt \left| -3 \parem|-2-1,5; \\ & 0 \lt 3-3,5; \\ & 0 \lt -0,5\Paremnool \varnothing . \\\lõpp(joonda)\]

Ilmselgelt on arvutuste ahel meid viinud vale ebavõrdsuseni. Seetõttu on ka esialgne ebavõrdsus väär ja $x=-2$ ei sisaldu vastuses.

2. Olgu nüüd $-2 \lt x \lt 1 $. Vasakpoolne moodul avaneb juba "plussiga", kuid parempoolne on endiselt "miinusega". Meil on:

\[\begin(joonda) & x+2 \lt -\left(x-1 \right)+x-1,5 \\ & x+2 \lt -x+1+x-1,5 \\& x \lt - 2.5 \\\end(joonda)\]

Jällegi ristume algse nõudega:

\[\left\( \begin(joona) & x \lt -2,5 \\ & -2 \lt x \lt 1 \\\end(joonda) \right.\Rightnarrow x\in \varnothing \]

Ja jälle tühi lahenduste hulk, kuna pole ühtegi arvu, mis on mõlemad väiksemad kui −2,5 ja suuremad kui −2.

2.1. Ja jälle erijuhtum: $x=1$. Asendame algse ebavõrdsusega:

\[\begin(joona) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1,5 \right|)_(x=1)) \\ & \left| 3\paremale| \lt\left| 0 \parem|+1-1,5; \\ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0,5\Paremnool \varnothing . \\\lõpp(joonda)\]

Sarnaselt eelmisele "erijuhtumile" ei sisaldu vastuses selgelt arv $x=1$.

3. Rea viimane osa: $x \gt 1$. Siin on kõiki mooduleid laiendatud plussmärgiga:

\[\begin(joonda) & x+2 \lt x-1+x-1,5 \\ & x+2 \lt x-1+x-1,5 \\ & x \gt 4,5 \\ \end(joonda)\ ]

Ja jälle ristame leitud hulga algse piiranguga:

\[\left\( \begin(align) & x \gt 4,5 \\ & x \gt 1 \\\end(joonda) \right.\Paremnool x\in \left(4,5;+\infty \paremal)\]

Lõpuks ometi! Oleme leidnud intervalli, mis on vastuseks.

Vastus: $x\in \left(4,5;+\infty \right)$

Lõpetuseks üks märkus, mis võib päästa teid rumalatest vigadest tõeliste probleemide lahendamisel:

Moodulitega võrratuste lahendused on tavaliselt arvureal pidevad hulgad - intervallid ja lõigud. Eraldatud punktid on palju harvemad. Ja veelgi harvemini juhtub, et lahenduse piirid (lõigu lõpp) langevad kokku vaadeldava vahemiku piiriga.

Seega, kui vastuses pole piire (need väga “erijuhud”) kaasatud, siis nendest piiridest vasakule-paremale jäävaid alasid vastuses peaaegu kindlasti ei arvestata. Ja vastupidi: piir sisestati vastuseks, mis tähendab, et mõned alad selle ümber on ka vastused.

Pidage seda lahenduste kontrollimisel meeles.

Mida rohkem inimene mõistab, seda tugevam on tema soov mõista

Thomas Aquino

Intervallmeetod võimaldab lahendada mis tahes võrrandeid, mis sisaldavad moodulit. Selle meetodi olemus seisneb numbrilise telje jagamises mitmeks osaks (intervalliks) ja telg on vaja jagada moodulites olevate avaldiste nullidega. Seejärel on igas saadud jaotises iga alammooduli avaldis kas positiivne või negatiivne. Seetõttu saab iga moodulit laiendada kas miinus- või plussmärgiga. Pärast neid toiminguid jääb üle vaid kõik saadud lihtsad võrrandid vaadeldaval intervallil lahendada ja saadud vastused kombineerida.

Vaatleme seda meetodit konkreetse näite põhjal.

|x + 1| + |2x – 4| – |x + 3| = 2x - 6.

1) Leia moodulites avaldiste nullid. Selleks võrdsustame need nulliga ja lahendame saadud võrrandid.

x + 1 = 0 2x – 4 = 0 x + 3 = 0

x = -1 2x = 4 x = -3

2) Järjesta saadud punktid koordinaatjoonele soovitud järjekorras. Nad jagavad kogu telje neljaks osaks.

3) Määrame igal saadud lõigul moodulites olevate avaldiste märgid. Selleks asendame neis suvalised numbrid meid huvitavatest intervallidest. Kui arvutuse tulemuseks on positiivne arv, siis paneme tabelisse "+" ja kui arv on negatiivne, siis "-". Seda saab kujutada järgmiselt:

4) Nüüd lahendame võrrandi kõigil neljal intervallil, avades moodulid tabelis olevate märkidega. Niisiis, kaaluge esimest intervalli:

I intervall (-∞; -3). Sellel avatakse kõik moodulid "-" märgiga. Saame järgmise võrrandi:

-(x + 1) - (2x - 4) - (-(x + 3)) \u003d 2x - 6. Esitame sarnased terminid, olles eelnevalt saadud võrrandis sulud avanud:

X - 1 - 2x + 4 + x + 3 = 2x - 6

Saadud vastus ei kuulu vaadeldavasse intervalli, seega pole seda vaja lõppvastusesse kirjutada.

II intervall [-3; -üks). Selle intervalli juures on tabelis märgid "-", "-", "+". Nii paljastame algse võrrandi moodulid:

-(x + 1) - (2x - 4) - (x + 3) = 2x - 6. Lihtsustage, laiendades sulgusid:

X - 1 - 2x + 4 - x - 3 \u003d 2x - 6. Saadud võrrandis esitame järgmise:

x = 6/5. Saadud arv ei kuulu vaadeldavasse intervalli, seega ei ole see algvõrrandi juur.

III intervall [-1; 2). Avame algse võrrandi moodulid märkidega, mis on joonisel kolmandas veerus. Saame:

(x + 1) - (2x - 4) - (x + 3) = 2x - 6. Vabanege sulgudest, nihutage muutujat x sisaldavad terminid võrrandi vasakule küljele ja x-i mittesisaldavad terminid paremale. . Saab:

x + 1 - 2x + 4 - x - 3 = 2x - 6

Arv 2 ei sisaldu vaadeldavas intervallis.

IV intervall

Näide lahendatud.

Näide 3 . Lahendage ebavõrdsus 6 X 2 - | X| - 2 ≤ 0

Lahendus.

Number X võib olla positiivne, negatiivne või null. Seetõttu peame arvestama kõigi kolme asjaoluga. Nagu teate, võetakse neid arvesse kahes ebavõrdsuses: X≥ 0 ja X < 0. При X≥ 0, kirjutame lihtsalt oma esialgse ebavõrdsuse ümber nii, nagu see on, ainult ilma mooduli märgita:

6x 2 - X - 2 ≤ 0.

Nüüd teine ​​juhtum: kui X < 0. Модулем отрицательного числа является это же число с противоположным знаком. То есть пишем число под модулем с обратным знаком и опять же освобождаемся от знака модуля:

6X 2 - (-X) - 2 ≤ 0.

Sulgude laiendamine:

6X 2 + X - 2 ≤ 0.

Seega oleme saanud kaks võrrandisüsteemi:

6X 2 - X - 2 ≤ 0
X ≥ 0

6X 2 + X - 2 ≤ 0
X < 0

Peame lahendama süsteemide ebavõrdsused – see tähendab, et peame leidma kahe juured ruutvõrrandid. Selleks võrdsustame võrratuste vasakpoolsed küljed nulliga.

Alustame esimesest:

6X 2 - X - 2 = 0.

Ruutvõrrandi lahendamine – vt jaotist "Rutvõrrand". Nimetame vastuse kohe:

X 1 \u003d -1/2, x 2 = 2/3.

Esimesest võrratuste süsteemist saame, et algse võrratuse lahendus on kogu arvude hulk vahemikus -1/2 kuni 2/3. Kirjutame lahenduste liidu X ≥ 0:
[-1/2; 2/3].

Nüüd lahendame teise ruutvõrrandi:

6X 2 + X - 2 = 0.

Selle juured:

X 1 = -2/3, X 2 = 1/2.

Järeldus: millal X < 0 корнями исходного неравенства являются также все числа от -2/3 до 1/2.

Kombineerime kaks vastust ja saame lõpliku vastuse: lahenduseks on kogu arvude hulk vahemikus -2/3 kuni 2/3, sealhulgas need äärmuslikud arvud.

Vastus: -2/3 ≤ X ≤ 2/3.

Või: X ∈ [-2/3; 2/3].

MOU "Hvastovichskaya keskkool"

"Intervallide meetod võrrandite ja võrratuste lahendamiseks mitme mooduliga"

Teadustöö matemaatikas

Esitatud:

10 "b" klassi õpilane

Golysheva Evgenia

Juhendaja:

matemaatika õpetaja

Šapenskaja E.N.

Sissejuhatus……………………………………………………………………………… … ….3 1. peatükk. Mitme mooduli ülesannete lahendamise meetodid…………… …… …............4 1.1 Mooduli definitsioon. Definitsioonipõhine lahendamine……………………………………………………………………………4 1.2 Mitme mooduliga võrrandite lahendamine intervallide meetodil………………… …………5 1.3 . Mitme mooduliga ülesanded. Lahendusmeetodid……………………………..7 1.4. Intervallide meetod mooduliülesannetes………………………………………………9 2. peatükk. Moodulid sisaldavad võrrandid ja võrratused……………………………… .…. 11 2.1 Võrratuste lahendamine mitme mooduliga intervallmeetodil...….11 2.2 Võrratuste lahendamine mitme mooduliga intervallmeetodil.…13 Järeldus……………………………………………… ………… …………………………………………………………………………………………………………………….……….…. 16

Sissejuhatus

Absoluutväärtuse mõiste on arvu üks olulisemaid tunnuseid nii reaal- kui ka väljas kompleksarvud. Seda mõistet kasutatakse laialdaselt mitte ainult koolimatemaatikakursuse erinevates osades, vaid ka ülikoolides õpitavates kõrgema matemaatika, füüsika ja tehnikateaduste kursustes. Absoluutväärtustega seotud probleeme tuleb sageli ette matemaatikaolümpiaadidel, ülikooli sisseastumiseksamitel ja ühtsel riigieksamil.

Teema:"Intervallmeetod mitme mooduliga võrrandite ja võrratuste lahendamiseks intervallmeetodil".

Eesmärk: matemaatika.

Õppeobjekt: võrrandite ja võrratuste lahendamine mooduliga.

Õppeaine: intervallmeetod mitme mooduli lahenduse jaoks.

Uuringu eesmärk: paljastada võrrandite ja võrratuste lahendamise efektiivsus mitme mooduliga intervallmeetodil.

Hüpotees: kui kasutate mitme mooduliga võrratuste ja võrrandite lahendamiseks intervallmeetodit, saate oma tööd oluliselt hõlbustada.

Töömeetodid: teabe kogumine ja selle analüüs.

Ülesanded:

Uurige selleteemalist kirjandust.

Mõelge mitme mooduliga võrratuste ja võrrandite lahenditele.

Avalda kõige rohkem tõhus meetod lahendusi.

Projekti praktiline orientatsioon:

See töö saab kasutada õppevahendina õpilastele ja metoodiline käsiraamatõpetaja jaoks.

1. peatükk.

1.1 Mooduli definitsioon. Lahendus definitsiooni järgi.

Definitsiooni järgi on mittenegatiivse arvu a moodul või absoluutväärtus sama, mis arv ise ja negatiivse arvu moodul on võrdne vastupidise arvuga, st a:

Arvu moodul on alati mittenegatiivne. Kaaluge näiteid.

Näide 1 Lahendage võrrand |–x| = -3.

Siin pole vaja juhtumeid analüüsida, kuna arvu absoluutväärtus on alati mittenegatiivne, mis tähendab, et sellel võrrandil pole lahendeid.

Kirjutame nende lihtsaimate võrrandite lahendused sisse üldine vaade:

Näide 2 Lahendage võrrand |x| = 2 – x.

Lahendus. x 0 jaoks on meil võrrand x = 2 – x, st. x = 1. Kuna 1 0, siis x = 1 on algvõrrandi juur. Teisel juhul (x

Vastus: x = 1.

Näide 3 Lahendage võrrand 3|x – 3| + x = -1.

Lahendus. Juhtudeks jagunemise määrab siin avaldise x – 3 märk. Avaldise x – 3 ³ 0 jaoks on meil 3x – 9 + x = –1 Û x = 2. Aga 2 – 3 0.

Vastus: võrrandil pole juuri.

Näide 4 Lahendage võrrand |x – 1| = 1 – x.

Lahendus. Kuna 1 - x \u003d - (x - 1), tuleneb mooduli definitsioonist otseselt, et võrrandit rahuldavad need ja ainult need x, mille puhul x - 1 0. See võrrand on taandatud võrratuseks ja vastus on terve intervall (kiir).

Vastus: x 1.

1.2. Mooduliga võrrandite lahendamine süsteemide abil.

Varem analüüsitud näited võimaldavad sõnastada võrrandites mooduli märgist vabastamise reeglid. Võrranditele kujul |f(x)| = g(x) on kaks sellist reeglit:

1. reegel: |f(x)| = g(x) w (1)
2. reegel: |f(x)| = g(x) Û (2)

Selgitame siin kasutatud tähistust. Lokkis sulud tähistavad süsteeme ja nurksulud kogusid.

Võrrandisüsteemi lahendused on muutuja väärtused, mis vastavad samaaegselt kõigile süsteemi võrranditele.

Võrrandikomplekti lahendid on kõik muutuja väärtused, millest igaüks on vähemalt ühe hulga võrrandi juur.

Kaks võrrandit on samaväärsed, kui nende iga lahendus on ka teise lahendus, teisisõnu, kui nende lahendite hulgad on samad.

Kui võrrand sisaldab mitut moodulit, saate ülaltoodud reeglite abil neist omakorda lahti saada. Kuid tavaliselt on neid rohkem otseteed. Tutvume nendega hiljem, kuid nüüd kaalume nende võrrandite kõige lihtsama lahendust:

|f(x)| = |g(x)| Û

See samaväärsus tuleneb ilmsest tõsiasjast, et kui kahe arvu moodulid on võrdsed, siis on arvud ise kas võrdsed või vastupidised.

Näide 1. Lahendage võrrand |x 2 – 7x + 11| = x + 1.
Lahendus. Vabaneme moodulist kahel ülalkirjeldatud viisil:

1 viis: 2 suund:

Nagu näete, on mõlemal juhul vaja lahendada samad kaks ruutvõrrandit, kuid esimesel juhul on nendega kaasas ruudu ebavõrdsused, ja teises - lineaarne. Seetõttu teine ​​viis antud võrrand lihtsam. Ruutvõrrandi lahendamisel leiame esimese juured, mõlemad juured rahuldavad ebavõrdsust. Teise võrrandi diskriminant on negatiivne, seetõttu pole võrrandil juuri.

Vastus:.
Näide 2. Lahendage võrrand |x 2 – x – 6| = |2x2 + x – 1|.

Lahendus. Teame juba, et moodulite all olevate avaldiste märkide jaotuse variante pole vaja arvestada (kuni 4): see võrrand on samaväärne kahe ruutvõrrandi hulgaga ilma täiendavate võrratusteta: Mis on ekvivalentne: Esimene võrrandil pole lahendite kogumit (selle diskriminant on negatiivne), teisel võrrandil on kaks juurt.

1.3. Mitme mooduliga ülesanded. Lahendusmeetodid.

Moodulite järjestikune laiendamine.

Võrratuste ja võrratuste lahendamisel on kaks peamist lähenemisviisi, mis sisaldavad mitut moodulit. Saate neid nimetada "jada-" ja "paralleelseks". Nüüd tutvume neist esimesega.

Tema idee seisneb selles, et kõigepealt eraldatakse üks moodulitest võrrandi (või ebavõrdsuse) ühes osas ja paljastatakse ühe varem kirjeldatud meetodi abil. Seejärel korratakse sama asja iga saadud võrrandiga moodulitega ja nii edasi, kuni saame kõigist moodulitest lahti.

Näide1. Lahendage võrrand: +

Lahendus. Isoleerime teise mooduli ja avame selle esimese meetodi abil, see tähendab lihtsalt absoluutväärtuse määramisega:

Saadud kahele võrrandile rakendame moodulist vabastamise teist meetodit:

Lõpuks lahendame saadud neli lineaarvõrrandid ja valige need juured, mis vastavad ebavõrdsusele. Selle tulemusena jääb alles ainult kaks väärtust: x = –1 ja .

Vastus: -1; .

Moodulite paralleelne laiendamine.

Võrrandis või võrratuses saab eemaldada kõik moodulid korraga ja kirjutada välja kõik võimalikud alammooduli avaldiste märkide kombinatsioonid. Kui võrrandis on n moodulit, siis on 2 n valikut, sest iga mooduli all olev n avaldist võib mooduli eemaldamisel saada ühe kahest märgist - pluss või miinus. Põhimõtteliselt peame lahendama kõik 2 n võrrandit (või ebavõrdsust), mis on vabastatud moodulitest. Kuid nende lahendused on ka algprobleemi lahendused ainult siis, kui need asuvad piirkondades, kus vastav võrrand (ebavõrdsus) langeb kokku algse võrrandiga. Need alad on määratletud moodulite all olevate väljendimärkidega. Oleme juba lahendanud järgmise ebavõrdsuse, nii et saate võrrelda erinevaid lähenemisviise lahendusele.

Näide 2.+
Lahendus.

Vaatleme moodulite all olevat 4 võimalikku avaldiste märgistikku.

Ainult esimene ja kolmas nendest juurtest rahuldavad vastavat ebavõrdsust ja seega ka esialgset võrrandit.

Vastus: -1; .

Samamoodi saate probleeme lahendada mitme mooduli abil. Kuid nagu iga universaalne meetod, pole see lahendusmeetod kaugeltki alati optimaalne. Allpool näeme, kuidas seda saab parandada.

1.4. Intervallide meetod mooduliülesannetes

Vaadates tingimusi lähemalt erinevad variandid alammooduli avaldiste märkide jaotus eelmises lahenduses, näeme, et üks neist, 1 - 3x

Kujutage ette, et me lahendame võrrandit, millel on kolm lineaaravaldiste moodulit; näiteks |x – a| + |x – b| + |x – c| = m.

Esimene moodul on x - a x ³ a ja a - x x b ja x jaoks

Need moodustavad neli vahet. Igal neist säilitab iga mooduli all olev avaldis oma märgi, seetõttu on võrrandil tervikuna pärast moodulite laiendamist igal intervallil sama kuju. Seega 8 teoreetiliselt võimalikust moodulite avamise võimalusest osutus meile piisavaks vaid 4!

Mis tahes probleemi saate lahendada ka mitme mooduli abil. Nimelt jagatakse numbritelg kõigi moodulite all olevate avaldiste konstantse märgi intervallideks ja siis igaühel neist lahendatakse võrrand või võrratus, milleks antud ülesanne selle intervalli sisse lülitab. Täpsemalt, kui kõik moodulite all olevad avaldised on ratsionaalsed, siis piisab, kui märkida teljele nende juured, aga ka punktid, kus neid ei määratleta, st nende nimetajate juured. Märgistatud punktid ja seada vajalikud märgi püsivuse intervallid. Samamoodi toimime ratsionaalsete võrratuste lahendamisel intervallide meetodil. Ja meetodil, mida oleme kirjeldanud moodulitega seotud probleemide lahendamiseks, on sama nimi.

Näide 1. Lahenda võrrand.

Lahendus. Leia funktsiooni nullpunktid, kust . Lahendame ülesande igal intervallil:

Seega pole sellel võrrandil lahendusi.

Näide 2. Lahenda võrrand.

Lahendus. Leia funktsiooni nullpunktid. Lahendame ülesande igal intervallil:

1) (lahendeid pole);

Näide 3. Lahenda võrrand.

Lahendus. Absoluutväärtuse märgi all olevad avaldised kaovad . Seetõttu peame kaaluma kolme juhtumit:

2) - võrrandi juur;

3) on selle võrrandi juur.

Peatükk 2. Mooduleid sisaldavad võrrandid ja võrratused.

2.1 Mitme mooduliga võrrandite lahendused intervallide meetodil.

Näide 1

Lahenda võrrand:

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

-(x+2) = -(x-1) + x-3

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

x=2 – ei rahulda

tingimus x

lahendusi pole

2. Kui -2≤x

x+2 = -(x-1)+x-3

rahuldab

seisund -2

3. Kui x≥1, siis

Vastus: x=6

Näide 2

Lahendage võrrand:

1) Leidke alammooduli avaldiste nullid

Alammooduli avaldiste nullid jagavad arvulise telje mitmeks intervalliks. Järjesta alammooduli avaldiste märgid nende intervallidega.

Igal intervallil avame moodulid ja lahendame saadud võrrandi. Pärast juure leidmist kontrollime, kas see kuulub intervalli, mille kallal me praegu töötame.

1. :

- sobib.

2. :

- ei sobi.

3. :

– sobib.

4. :

- ei sobi. Vastus:

2.2 Mitme mooduliga võrratuste lahendamine intervallmeetodil.

Näide 1

Lahendage ebavõrdsus:

|x-1| + |x-3| neli

-(x-1) - (x-3) 4

2. Kui 1≤x

x-1– (x-3) 4

24 on vale

lahendusi pole

3. Kui x≥3, siis

Vastus: xЄ (-∞; 0) U (4; + ∞)

Näide 2

Lahendame ebavõrdsuse

Lahendus. Punktid ja (mooduli all olevate avaldiste juured) jagavad kogu arvtelje kolmeks intervalliks, millest igaühel tuleks mooduleid laiendada.

1) Kui on täidetud, ja ebavõrdsus on kujul , see tähendab . Sel juhul on vastus.

2) Kui , on ebavõrdsuse vorm , st . See ebavõrdsus kehtib muutuja mis tahes väärtuste kohta ja arvestades, et lahendame selle hulgal, saame vastuse teisel juhul .

3) Kui , ebavõrdsus teisendatakse Ja lahendus sel juhul on . Ebavõrdsuse üldlahend --- ühing kolm vastust.

Seega on mitut moodulit sisaldavate võrrandite ja võrratuste lahendamiseks mugav kasutada intervallmeetodit. Selleks peate leidma kõigi alammodulaarsete funktsioonide nullid, tähistama need võrrandite ja võrratuste DDE-l.

Järeldus

AT viimastel aegadel matemaatikas kasutatakse ülesannete lahendamise lihtsustamiseks laialdaselt meetodeid, eelkõige intervallmeetodit, mis võimaldab arvutusi oluliselt kiirendada. Seetõttu on intervallmeetodi uurimine võrrandite ja võrratuste lahendamiseks mitme mooduliga asjakohane.

Teema "Moodulimärgi all tundmatut sisaldavate võrrandite ja võrratuste lahendamine intervallmeetodi abil" töö käigus: uurisin selleteemalist kirjandust, tutvusin algebralise ja graafilise lähenemisega võrrandite ja võrratuste lahendamisel, mis sisaldavad mooduli märgi all tundmatu ja jõudis järeldusele:

Mõnel juhul on võrrandite lahendamisel mooduliga võimalik võrrandeid lahendada reeglite järgi ja mõnikord on mugavam kasutada intervallmeetodit.

Moodulit sisaldavate võrrandite ja võrratuste lahendamisel on intervallmeetod visuaalsem ja suhteliselt lihtsam.

Kirjutamise käigus uurimistöö Olen paljastanud palju probleeme, mida saab lahendada intervallmeetodi abil. Kõige olulisem ülesanne on võrrandite ja võrratuste lahendamine mitme mooduliga.

Intervallmeetodil mitme mooduliga võrratuste ja võrrandite lahendamise töö käigus leidsin, et ülesannete lahendamise kiirus kahekordistus. See võimaldab töövoogu oluliselt kiirendada ja ajakulu vähendada. Seega leidis kinnitust minu hüpotees “kui kasutate mitme mooduliga võrratuste ja võrrandite lahendamiseks intervallmeetodit, saate oma tööd oluliselt hõlbustada”. Õppetöö käigus sain kogemuse võrrandite ja võrratuste lahendamisel mitme mooduliga. Arvan, et saadud teadmised võimaldavad mul vältida vigu lahendamisel.

Kirjandus

http://padabum.com

1. http://yukhym.com

   http://www.tutoronline.ru

   http://fizmat.by

   http://diffur.kemsu.ru

   http://solverbook.com

   Zelenski A.S., Panfilov. Võrratuste ja võrratuste lahendamine I.I. M.: Kirjastus Factorial, 2009.- 112 lk.

   Olehnik S.N. Potapov M.K. Võrrandid ja võrratused. Mittestandardsed lahendusmeetodid. M.: Kirjastus Factorial, 1997. - 219lk.

   Sevrjukov P.F., Smoljakov A.N. Võrrandid ja võrratused moodulitega ning nende lahendamise meetodid. M.: Valgustuse kirjastus 2005. - 112 lk.

   Sadovnichiy Yu.V. KASUTADA. Praktika matemaatikas. Võrratuste ja võrratuste lahendamine. muutumine algebralised avaldised. Moskva: Kirjastus Legion 2015 - 128 lk.

   Shevkin A.V. Ruutvõrratus. intervalli meetod. M.: OÜ " venekeelne sõna– õpetlik raamat”, 2003. – 32 lk.

Moodulit sisaldavate võrratuste lahendamiseks on mitu võimalust. Vaatleme mõnda neist.

1) Võrratuse lahendamine mooduli geomeetrilise omaduse abil.

Tuletan meelde, mis on mooduli geomeetriline omadus: arvu x moodul on kaugus lähtepunktist punktini koordinaadiga x.

Sel viisil ebavõrdsuse lahendamise käigus võib tekkida 2 juhtumit:

1. |x| ≤ b,

Ja ebavõrdsus mooduliga taandub ilmselgelt kahe võrratuse süsteemiks. Siin võib märk olla range, sel juhul "torgatakse" pildil olevad punktid välja.

2. |x| ≥ b, siis lahenduse pilt näeb välja selline:

Ja ebavõrdsus mooduliga taandub ilmselgelt kahe võrratuse hulgaks. Siin võib märk olla range, sel juhul "torgatakse" pildil olevad punktid välja.

Näide 1

Lahendage võrratus |4 – |x|| ≥ 3.

Lahendus.

See ebavõrdsus on võrdne järgmise hulgaga:

U [-1;1] U

Näide 2

Lahendage võrratus ||x+2| – 3| ≤ 2.

Lahendus.

See ebavõrdsus on samaväärne järgmise süsteemiga.

(|x + 2| – 3 ≥ -2
(|x + 2| – 3 ≤ 2,
(|x + 2| ≥ 1
(|x + 2| ≤ 5.

Eraldi lahendame süsteemi esimese ebavõrdsuse. See on samaväärne järgmise komplektiga:

U[-1; 3].

2) Väärtuste lahendamine mooduli definitsiooni abil.

Lubage mul teile alustada mooduli määratlus.

|a| = a kui a ≥ 0 ja |a| = -a kui a< 0.

Näiteks |34| = 34, |-21| = -(-21) = 21.

Näide 1

Lahendage võrratus 3|x – 1| ≤ x + 3.

Lahendus.

Kasutades mooduli määratlust, saame kaks süsteemi:

(x – 1 ≥ 0
(3 (x – 1) ≤ x + 3

(x - 1< 0
(-3 (x - 1) ≤ x + 3.

Lahendades esimese ja teise süsteemi eraldi, saame:

(x ≥ 1
(x ≤ 3,

(x< 1
(x ≥ 0.

Algse ebavõrdsuse lahenduseks on kõik esimese süsteemi lahendused ja kõik teise süsteemi lahendused.

Vastus: x€.

3) Võrratuste lahendamine ruudustamisel.

Näide 1

Lahendage võrratus |x 2 – 1|< | x 2 – x + 1|.

Lahendus.

Tõstame ebavõrdsuse mõlemad pooled ruutu. Märgin, et ebavõrdsuse mõlema poole kandmine on võimalik ainult siis, kui mõlemad on positiivsed. Sel juhul on meil moodulid nii vasakul kui ka paremal, nii et saame seda teha.

(|x 2 – 1|) 2< (|x 2 – x + 1|) 2 .

Nüüd kasutame järgmist mooduli atribuuti: (|x|) 2 = x 2 .

(x 2–1) 2< (x 2 – x + 1) 2 ,

(x 2 - 1) 2 - (x 2 - x + 1) 2< 0.

(x 2 - 1 - x 2 + x - 1) (x 2 - 1 + x 2 - x + 1)< 0,

(x - 2) (2x 2 - x)< 0,

x(x - 2) (2x - 1)< 0.

Lahendame intervallmeetodil.

Vastus: x € (-∞; 0) U (1/2; 2)

4) Võrratuste lahendamine muutujate muutmise meetodil.

Näide.

Lahendage võrratus (2x + 3) 2 – |2x + 3| ≤ 30.

Lahendus.

Pange tähele, et (2x + 3) 2 = (|2x + 3|) 2 . Siis saame ebavõrdsuse

(|2x + 3|) 2 – |2x + 3| ≤ 30.

Teeme muudatuse y = |2x + 3|.

Kirjutame oma ebavõrdsuse ümber, võttes arvesse asendust.

y 2 – y ≤ 30,

y 2 – y – 30 ≤ 0.

Teguristame vasakpoolse ruudukujulise trinoomi.

y1 = (1 + 11) / 2,

y2 = (1–11) / 2,

(y - 6) (y + 5) ≤ 0.

Lahendame intervallmeetodil ja saame:

Tagasi asendamise juurde:

5 ≤ |2x + 3| ≤ 6.

See kahekordne ebavõrdsus on samaväärne ebavõrdsuse süsteemiga:

(|2x + 3| ≤ 6
(|2x + 3| ≥ -5.

Lahendame iga ebavõrdsuse eraldi.

Esimene on samaväärne süsteemiga

(2x + 3 ≤ 6
(2x + 3 ≥ -6.

Lahendame selle ära.

(x ≤ 1,5
(x ≥ -4,5.

Teine võrratus kehtib ilmselgelt kõigi x kohta, kuna moodul on definitsiooni järgi positiivne arv. Kuna süsteemi lahendiks on kõik x, mis rahuldavad samaaegselt süsteemi esimest ja teist võrratust, siis on algse süsteemi lahend selle esimese topeltvõrratuse lahend (teine ​​kehtib ju kõigi x kohta).

Vastus: x € [-4,5; 1.5].

blog.site, materjali täieliku või osalise kopeerimisega on nõutav link allikale.