«Хвастовичи орта мектебі» коммуналдық білім беру мекемесі
«Көп модульді теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің интервалдық әдісі»
Математикадан зерттеу жұмысы
Аяқталды:
10 сынып оқушысы
Голышева Евгения
Жетекші:
математика мұғалімі
Шапенская Е.Н.
Кіріспе………………………………………………………………………………………………………………………………….3 1-тарау. Бірнеше модульмен есептерді шығару әдістері…… …………… …............4 1.1.Модуль анықтамасы. Анықтама бойынша шешу.......4 1.2 Интервал әдісін пайдаланып, көп модульдері бар теңдеулерді шешу......5 1.3. Бірнеше модульге қатысты мәселелер. Шешім әдістері ............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... 1.4. Модульдермен есептердегі интервалдар әдісі………………………………………......9 2-тарау. Модульдері бар теңдеулер мен теңсіздіктер………………………….… 11 2.1 Интервал әдісі арқылы бірнеше модульді теңдеулерді шешу..….11 2.2 Интервал әдісін пайдаланып, бірнеше модульдермен теңсіздіктерді шешу.…13 Қорытынды………………………………………… …………………………….15 Әдебиет…………………………………………………………………………………………. ….16
Кіріспе
Абсолюттік шама ұғымы нақты сандар саласында да, күрделі сандар саласында да санның маңызды сипаттамаларының бірі болып табылады. Бұл ұғым мектептегі математика курсының әртүрлі бөлімдерінде ғана емес, сонымен қатар жоғары оқу орындарында оқытылатын жоғары математика, физика және техникалық ғылымдар курстарында кеңінен қолданылады. Абсолютті мәндерге қатысты мәселелер математикалық олимпиадаларда, университетке түсу емтихандарында және Бірыңғай мемлекеттік емтиханда жиі кездеседі.
Тақырыбы:«Интервал әдісімен көп модульді теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің интервалдық әдісі».
Объективті аймақ:математика.
Зерттеу нысаны:модулі бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу.
Зерттеу пәні:бірнеше модульдермен шешудің интервалдық әдісі.
Зерттеудің мақсаты:интервал әдісі арқылы бірнеше модульдері бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің тиімділігін анықтау.
Гипотеза:Бірнеше модульдері бар теңсіздіктер мен теңдеулерді шешу үшін интервал әдісін қолдансаңыз, жұмысыңызды айтарлықтай жеңілдетуге болады.
Жұмыс әдістері:ақпаратты жинау және оны талдау.
Тапсырмалар:
Осы тақырып бойынша әдебиеттерді зерттеңіз.
Бірнеше модулі бар теңсіздіктер мен теңдеулердің шешімдерін қарастырыңыз.
Ең тиімді шешімді анықтаңыз.
Жобаның практикалық бағыты:
Бұл жұмысты оқушыларға оқу құралы, мұғалімдерге оқу құралы ретінде пайдалануға болады.
1-тарау.
1.1.Модуль анықтамасы. Анықтама бойынша шешім.
Анықтама бойынша теріс емес а санның модулі немесе абсолютті мәні санның өзімен сәйкес келеді, ал теріс санның модулі қарама-қарсы санға тең, яғни a:
Санның модулі әрқашан теріс емес. Мысалдарды қарастырайық.
1-мысал.|–x| теңдеуін шешіңіз = –3.
Мұнда жағдайларды талдаудың қажеті жоқ, өйткені санның абсолютті мәні әрқашан теріс емес, бұл бұл теңдеудің шешімі жоқ дегенді білдіреді.
Осы қарапайым теңдеулердің шешімін жалпы түрде жазайық:
2-мысал.|x| теңдеуін шешіңіз = 2 – x.
Шешім. x 0 кезінде бізде x = 2 – x теңдеуі бар, яғни. x = 1. 1 0 болғандықтан, x = 1 бастапқы теңдеудің түбірі болады. Екінші жағдайда (x
Жауабы: x = 1.
3-мысал. 3|x – 3| теңдеуін шешіңіз + x = –1.
Шешім. Мұнда жағдайларға бөлу x – 3 өрнегінің таңбасы арқылы анықталады. x – 3 ³ 0 үшін бізде 3x – 9 + x = –1 Û x = 2. Бірақ 2 – 3 0.
Жауабы: теңдеудің түбірі жоқ.
4-мысал.|x – 1| теңдеуін шешіңіз = 1 – x.
Шешім. 1 – x = – (x – 1) болғандықтан, модульді анықтаудан тікелей теңдеу x – 1 0 болатын x теңдіктері ғана орындалатыны шығады. Бұл теңдеу теңсіздікке келтірілді, ал жауап - бүкіл интервал (сәуле).
Жауабы: x 1.
1.2. Жүйелер арқылы модульді теңдеулерді шешу.
Бұрын қарастырылған мысалдар теңдеулерде модуль белгісін жою ережелерін тұжырымдауға мүмкіндік береді. |f(x)| түріндегі теңдеулер үшін = g(x) екі ереже бар:
1-ереже: |f(x)| = g(x) Û (1)
2-ереже: |f(x)| = g(x) Û (2)
Мұнда қолданылатын белгілерді түсіндірейік. Бұйра жақшалар жүйелерді, ал төртбұрышты жақшалар жиынтықтарды білдіреді.
Теңдеулер жүйесінің шешімдері - бұл жүйенің барлық теңдеулерін бір уақытта қанағаттандыратын айнымалының мәндері.
Теңдеулер жиынының шешімдері айнымалының барлық мәндері болып табылады, олардың әрқайсысы жиындағы теңдеулердің кем дегенде біреуінің түбірі болып табылады.
Екі теңдеу, егер олардың әрқайсысының кез келген шешімі екіншісінің шешімі болса, басқаша айтқанда, олардың шешімдерінің жиындары сәйкес келсе, эквивалентті болады.
Егер теңдеуде бірнеше модуль болса, онда берілген ережелерді қолдана отырып, олардан бір-бірден құтылуға болады. Бірақ әдетте қысқа жолдар бар. Біз олармен кейінірек танысамыз, бірақ енді осы теңдеулердің ең қарапайымын шешуді қарастырайық:
|f(x)| = |g(x)| Û
Бұл эквиваленттік екі санның абсолютті мәндері тең болса, онда сандардың өзі не тең, не қарама-қарсы болатындығы айқын фактіден туындайды.
1-мысал. |x 2 – 7x + 11| теңдеуін шешіңіз = x + 1.
Шешім. Жоғарыда сипатталған екі жолмен модульден құтылайық:
1-ші жол: 2-ші жол:
Көріп отырғаныңыздай, екі жағдайда да бірдей екі квадрат теңдеуді шешуге тура келеді, бірақ бірінші жағдайда олар квадрат теңсіздіктермен, ал екіншісінде сызықтық теңсіздіктермен бірге жүреді. Сондықтан бұл теңдеудің екінші әдісі қарапайымырақ. Квадрат теңдеулерді шеше отырып, біріншінің түбірін табамыз, екі түбір де теңсіздікті қанағаттандырады. Екінші теңдеудің дискриминанты теріс, сондықтан теңдеудің түбірі жоқ.
Жауап: .
2-мысал. |x 2 – x – 6| теңдеуін шешіңіз = |2x 2 + x – 1|.
Шешім. Біз қазірдің өзінде модульдер астындағы өрнектердің таңбаларын бөлудің нұсқаларын (4-ке дейін) қарастырудың қажеті жоқ екенін қазірдің өзінде білеміз: бұл теңдеу ешқандай қосымша теңсіздіктері жоқ екі квадрат теңдеулердің жиынына балама: Қайсысына тең: шешімдер жиынының бірінші теңдеуінде жоқ (оның дискриминанты теріс), екінші теңдеудің екі түбірі бар.
1.3. Бірнеше модульге қатысты мәселелер. Шешу әдістері.
Модульдерді ретімен кеңейту.
Құрамында бірнеше модуль бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің екі негізгі тәсілі бар. Біз оларды «сериялық» және «параллель» деп атауға болады. Енді олардың біріншісімен танысайық.
Оның идеясы бірінші модульдердің біреуі теңдеудің (немесе теңсіздіктің) бір бөлігінде оқшауланған және бұрын сипатталған әдістердің бірін қолдану арқылы ашылады. Содан кейін модульдері бар алынған теңдеулердің әрқайсысымен бірдей нәрсе қайталанады және біз барлық модульдерден құтылғанша осылай жалғасады.
1-мысал.Теңдеуді шешіңіз: +
Шешім. Екінші модульді оқшаулап, оны бірінші әдіс арқылы кеңейтейік, яғни абсолютті мәнді анықтайық:
Алынған екі теңдеу үшін модульді жоюдың екінші әдісін қолданамыз:
Соңында біз алынған төрт сызықтық теңдеуді шешеміз және сәйкес теңсіздіктерді қанағаттандыратын түбірлерді таңдаймыз. Нәтижесінде тек екі мән қалады: x = –1 және .
Жауабы: -1; .
Модульдерді параллельді кеңейту.
Сіз теңдеудегі немесе теңсіздіктегі барлық модульдерді бірден алып тастай аласыз және субмодульдік өрнектердің барлық мүмкін болатын таңбаларының комбинацияларын жаза аласыз. Егер теңдеуде n модуль болса, онда 2 n опция болады, өйткені модуль астындағы n өрнектің әрқайсысы модульді алып тастағанда екі таңбаның бірін қабылдай алады - плюс немесе минус. Негізінде модульдерден босатылған барлық 2 n теңдеулерді (немесе теңсіздіктерді) шешу керек. Бірақ олардың шешімдері де бастапқы есептің шешімі болады, егер олар сәйкес теңдеу (теңсіздік) бастапқымен сәйкес келетін аймақтарда жатса ғана. Бұл аймақтар модульдер астындағы өрнектердің белгілерімен анықталады. Біз келесі теңсіздікті шештік, сондықтан оны шешудің әртүрлі тәсілдерін салыстыруға болады.
2-мысал.+
Шешім.
Модульдер астындағы өрнектерге арналған 4 мүмкін таңбалар жиынын қарастырайық.
Осы түбірлердің бірінші және үшіншілері ғана сәйкес теңсіздіктерді, демек, бастапқы теңдеуді қанағаттандырады.
Жауабы: -1; .
Сол сияқты кез келген мәселені бірнеше модульдер арқылы шешуге болады. Бірақ, кез келген әмбебап әдіс сияқты, бұл шешім әрқашан оңтайлы бола бермейді. Төменде біз оны қалай жақсартуға болатынын көреміз.
1.4. Модульдермен есептердегі интервал әдісі
Алдыңғы шешімдегі субмодульдік өрнектердің белгілерін бөлудің әртүрлі нұсқаларын көрсететін шарттарды мұқият қарастырсақ, олардың біреуі 1 – 3x болатынын көреміз.
Біз сызықтық өрнектердің үш модулін қамтитын теңдеуді шешіп жатырмыз деп елестетіңіз; мысалы, |x – a| + |x – b| + |x – c| = м.
Бірінші модуль x ³ a үшін x – a және x b және x үшін a – x тең
Олар төрт кеңістікті құрайды. Олардың әрқайсысында модульдер астындағы өрнектердің әрқайсысы өз белгісін сақтайды, сондықтан модульдерді кеңейткеннен кейін теңдеу тұтастай алғанда әрбір интервалда бірдей пішінге ие болады. Сонымен, модульдерді ашудың теориялық мүмкін болатын 8 нұсқасының бізге тек 4-еуі жеткілікті болды!
Сондай-ақ кез келген мәселені бірнеше модульдер арқылы шешуге болады. Атап айтқанда, сандық ось модульдер астындағы барлық өрнектердің тұрақты таңбасының интервалдарына бөлінеді, содан кейін олардың әрқайсысында осы аралықта берілген есеп айналатын теңдеу немесе теңсіздік шешіледі. Атап айтқанда, модульдердің астындағы барлық өрнектер рационал болса, онда олардың түбірлерін ось бойынша, сонымен қатар анықталмаған нүктелерді, яғни олардың бөлгіштерінің түбірлерін белгілеу жеткілікті. Белгіленген нүктелер тұрақты таңбаның қажетті интервалдарын анықтайды. Рационал теңсіздіктерді интервал әдісімен шешкенде де дәл осылай әрекет етеміз. Ал модульдермен есептерді шешуге арналған біз сипаттаған әдістің аты бірдей.
1-мысал. Теңдеуді шеш.
Шешім. Функцияның нөлдерін қайдан табайық. Әрбір интервал бойынша мәселені шешеміз:
Демек, бұл теңдеудің шешімі жоқ.
2-мысал. Теңдеуді шеш.
Шешім. Функцияның нөлдерін табайық. Әрбір интервал бойынша мәселені шешеміз:
1) (шешімдер жоқ);
3-мысал. Теңдеуді шеш.
Шешім. Абсолютті мән белгісінің астындағы өрнектер кезінде жойылады. Осыған сәйкес үш жағдайды қарастыруымыз керек:
2) - теңдеудің түбірі;
3) осы теңдеудің түбірі.
2-тарау. Құрамында модульдері бар теңдеулер мен теңсіздіктер.
2.1 Интервал әдісі арқылы бірнеше модульді теңдеулерді шешу.
1-мысал.
Теңдеуді шеш:
|x+2| = |x-1|+x-3
-(x+2) = -(x-1) + x-3
X-2=-x+1+x-3
x=2 – қанағаттандырмайды
x шарты
шешімдер жоқ
2. Егер -2≤х
x+2 = -(x-1)+x-3
қанағаттандырады
шарты -2
3. Егер x≥1 болса, онда
Жауабы: x=6
2-мысал.
Теңдеуді шеш:
1) Ішкі модульдік өрнектердің нөлдерін табыңыз
Субмодульдік өрнектердің нөлдері сандар жолын бірнеше аралықтарға бөледі. Осы интервалдарға субмодульдік өрнектердің белгілерін орналастырамыз.
Әрбір интервалда модульдерді ашып, алынған теңдеуді шешеміз. Түбірді тапқаннан кейін оның біз жұмыс істеп жатқан интервалға жататынын тексереміз.
1. :
- жарасады.
2. :
– сәйкес келмейді.
3. :
– сәйкес келеді.
4. :
– сәйкес келмейді. Жауап:
2.2 Интервал әдісі арқылы бірнеше модульдері бар теңсіздіктерді шешу.
1-мысал.
Теңсіздікті шеш:
|x-1| + |x-3| 4
-(x-1) - (x-3) 4
2. 1≤x болса
x-1– (x-3) 4
24 дұрыс емес
шешімдер жоқ
3. Егер x≥3 болса, онда
Жауабы: xЄ (-∞;0) U (4;+∞)
2-мысал.
Теңсіздікті шешейік
Шешім. Нүктелер және (модуль астындағы өрнектердің түбірлері) барлық сандық осьті үш интервалға бөледі, олардың әрқайсысында модульдер кеңейтілуі керек.
1) Қашан , және теңсіздігі , яғни . Бұл жағдайда жауап болады.
2) , болғанда теңсіздіктің , яғни , түрі болады. Бұл теңсіздік айнымалының кез келген мәндері үшін дұрыс және оны жиында шешетінімізді ескере отырып, екінші жағдайда жауап аламыз.
3) болғанда, теңсіздік -ге түрлендіріледі және бұл жағдайда шешімі - болады. Теңсіздіктің жалпы шешімі – алынған үш жауапты біріктіру.
Осылайша, бірнеше модульден тұратын теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу үшін интервал әдісін қолдану ыңғайлы. Ол үшін барлық субмодульдік функциялардың нөлдерін тауып, оларды теңдеулер мен теңсіздіктердің ODZ-де белгілеу керек.
Қорытынды
Соңғы уақытта математикада есептерді шешуді жеңілдету үшін әдістер кеңінен қолданылуда, атап айтқанда, есептеулерді айтарлықтай жылдамдатуға мүмкіндік беретін интервалдық әдіс. Сондықтан бірнеше модульдері бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің интервалдық әдісін зерттеу өзекті болып табылады.
«Интервал әдісімен модуль таңбасының астындағы белгісізі бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу» тақырыбымен жұмыс істеу барысында I: осы мәселе бойынша әдебиеттерді оқыдым, алгебралық және графикалық тәсілмен таныстым. модуль белгісімен белгісіз болып, мынадай қорытындыға келді:
Кейбір жағдайларда модулі бар теңдеулерді шешу кезінде теңдеулерді ереже бойынша шешуге болады, ал кейде интервал әдісін қолдану ыңғайлырақ.
Құрамында модулі бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу кезінде интервал әдісі көрнекі және салыстырмалы түрде қарапайым.
Зерттеу жұмысымды жазу барысында интервал әдісі арқылы шешуге болатын көптеген мәселелерді таптым. Ең маңызды тапсырма теңдеулер мен теңсіздіктерді бірнеше модульдермен шешу болып табылады.
Бірнеше модульді теңсіздіктер мен теңдеулерді интервалдық әдіспен шешу бойынша жұмыс барысында есептерді шығару жылдамдығы екі есе артқанын анықтадым. Бұл жұмыс процесін айтарлықтай жылдамдатуға және уақыт шығындарын азайтуға мүмкіндік береді. Осылайша, «бірнеше модульдері бар теңсіздіктер мен теңдеулерді шешу үшін интервалдық әдісті қолдансаңыз, жұмысыңызды айтарлықтай жеңілдетуге болады» деген болжам расталды. Зерттеу жұмысы барысында көп модульді теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуде тәжірибе жинақтадым. Алған білімім шешім қабылдауда қателіктерден аулақ болуға мүмкіндік береді деп ойлаймын.
Әдебиет
http://yukhym.com
http://www.tutoronline.ru
http://fizmat.by
http://diffur.kemsu.ru
http://solverbook.com
Зеленский А.С., Панфилов. I.I модулімен теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу. М.: Факторлық баспа, 2009. - 112 б.
Оленик С.Н. Потапов М.К.Теңдеулер мен теңсіздіктер. Стандартты емес шешу әдістері. М.: Факторлық баспа, 1997. - 219 б.
Севрюков П.Ф., Смоляков А.Н. Модульдері бар теңдеулер мен теңсіздіктер және оларды шешу әдістері. М.: «Ағарту» баспасы 2005. - 112 б.
Садовничий Ю.В. Бірыңғай мемлекеттік емтихан. Математикадан практикум. Теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу. Алгебралық өрнектерді түрлендіру. М.: «Легион» баспасы 2015 - 128 б.
Шевкин А.В.Квадрат теңсіздіктер. Интервал әдісі. М.: ООО «Русский слово - Окую книга», 2003. – 32 б.
http://padabum.com
Адам неғұрлым көп түсінсе, соғұрлым оның түсінуге деген ұмтылысы күшейеді
Фома Аквинский
Интервалдық әдіс модулі бар кез келген теңдеулерді шешуге мүмкіндік береді. Бұл әдістің мәні сандар осін бірнеше бөлімдерге (интервалдарға) бөлу болып табылады, ал ось модульдердегі өрнектердің нөлдеріне бөлінуі керек. Содан кейін әрбір алынған бөлімде әрбір субмодульдік өрнек оң немесе теріс болады. Сондықтан модульдердің әрқайсысы минус белгісімен немесе қосу белгісімен ашылуы мүмкін. Осы қадамдардан кейін қарастырылып отырған аралықта алынған қарапайым теңдеулердің әрқайсысын шешу және алынған жауаптарды біріктіру ғана қалады.
Бұл әдісті нақты мысал арқылы қарастырайық.
|x + 1| + |2x – 4| – |x + 3| = 2x – 6.
1) Модульдердегі өрнектердің нөлдерін табайық. Ол үшін оларды нөлге теңеп, алынған теңдеулерді шешуіміз керек.
x + 1 = 0 2x – 4 = 0 x + 3 = 0
x = -1 2x = 4 x = -3
2) Алынған нүктелерді координаталық түзуде қажетті ретпен орналастыр. Олар бүкіл осьті төрт бөлікке бөледі.
3) Алынған бөлімдердің әрқайсысы бойынша модульдердегі өрнектердің белгілерін анықтайық. Мұны істеу үшін біз оларға бізді қызықтыратын интервалдардағы кез келген сандарды ауыстырамыз. Егер есептеудің нәтижесі оң сан болса, онда кестеге «+», ал теріс болса, «–» қоямыз. Мұны былай бейнелеуге болады: 
4) Енді біз кестеде көрсетілген белгілермен модульдерді ашып, төрт интервалдың әрқайсысы бойынша теңдеуді шешеміз. Сонымен, бірінші интервалды қарастырайық:
I интервал (-∞; -3). Онда барлық модульдер «–» белгісімен ашылады. Келесі теңдеуді аламыз:
-(x + 1) – (2x – 4) – (-(x + 3)) = 2x – 6. Ұқсас мүшелерді көрсетейік, алдымен алынған теңдеудегі жақшаларды ашайық:
X – 1 – 2x + 4 + x + 3 = 2x – 6
Алынған жауап қарастырылған интервалға кірмейді, сондықтан оны қорытынды жауапқа жазудың қажеті жоқ.
II интервал [-3; -1). Бұл аралықта кестеде «–», «–», «+» белгілері бар. Біз бастапқы теңдеудің модульдерін дәл осылай ашамыз:
-(x + 1) – (2x – 4) – (x + 3) = 2x – 6. Жақшаларды ашу арқылы жеңілдетейік:
X – 1 – 2x + 4 – x – 3 = 2x – 6. Алынған теңдеудегі ұқсастарды көрсетейік:
x = 6/5. Алынған сан қарастырылып отырған интервалға жатпайды, сондықтан ол бастапқы теңдеудің түбірі болып табылмайды.
III интервал [-1; 2). Бастапқы теңдеудің модульдерін суреттегі үшінші бағанда пайда болатын белгілермен кеңейтеміз. Біз аламыз:
(x + 1) – (2x – 4) – (x + 3) = 2x – 6. Жақшаларды алып тастап, құрамында х айнымалысы бар мүшелерді теңдеудің сол жағына, ал құрамында х жоқтарды жылжытайық. оң. Бізде болады:
x + 1 – 2x + 4 – x – 3 = 2x – 6
Қарастырылып отырған интервалға 2 саны кірмейді.
IV интервал) – олар мұны автоматты түрде қате жауап ретінде қарастырады. Сондай-ақ тестілеу кезінде модульдері бар қатаң емес теңсіздік берілсе, онда шешімдердің арасынан төртбұрышты жақшалары бар аймақтарды іздеңіз.
(-3;0) интервалында модульді кеңейте отырып, функцияның таңбасын қарама-қарсысына өзгертеміз. 
Теңсіздікті ашу аймағын ескере отырып, шешім нысанға ие болады
Алдыңғы аймақпен бірге бұл екі жарты интервалды береді
Мысал 5. Теңсіздіктің шешімін табыңыз
9x^2-|x-3|>=9x-2 
Шешімі:
Х=3 нүктесінде субмодульдік функциясы нөлге тең болатын қатаң емес теңсіздік берілген.<3.
Кіші мәндер үшін ол теріс, үлкен мәндер үшін оң болады. Модульді x интервалында кеңейту
Теңдеудің дискриминантын табу 
және тамырлар 
Нөл нүктесін қойып, [-1/9;1] интервалында квадраттық функция теріс, сондықтан интервал шешім болатынын анықтаймыз. Содан кейін модульді x>3-ке кеңейтеміз Математика,
ғылым даналығының символы болып табылады,
ғылыми қатаңдық пен қарапайымдылық үлгісі
ғылымдағы тамашалық пен сұлулықтың стандарты.
Орыс философы, профессор А.В. Волошинов
Модульі бар теңсіздіктер, Мектеп математикасында шешуі қиын есептер – теңсіздіктер
модуль белгісінің астындағы айнымалыларды қамтитын. Мұндай теңсіздіктерді сәтті шешу үшін модульдің қасиеттерін жақсы білу керек және оларды қолдану дағдысы болуы керек.
Негізгі ұғымдар мен қасиеттерНақты санның модулі (абсолюттік мәні). арқылы белгіленеді
және келесідей анықталады:
Модульдің қарапайым қасиеттеріне келесі қатынастар кіреді:
ЖӘНЕ. Ескерту,
соңғы екі қасиет кез келген жұп дәреже үшін жарамды.
Оның үстіне, егер, қайда, онда және, Күрделі модуль қасиеттері, модульдері бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешуде тиімді пайдалануға болады
келесі теоремалар арқылы тұжырымдалады:1-теорема.Кез келген аналитикалық функциялар үшін Және.
теңсіздік ақиқат 2-теорема. Теңдік.
теңсіздікке теңТеорема 3. Теңдік.
Теңдік, Мектеп математикасында жиі кездесетін теңсіздіктер, модуль белгісінің астында белгісіз айнымалыларды қамтитынпішіннің теңсіздіктері болып табылады және , қайда
кейбір оң тұрақты.Теорема 4. Теңсіздік, қос теңсіздікке теңжәне теңсіздіктің шешімітеңсіздіктер жиынын шешуге дейін азайтады
Және .
Бұл теорема 6 және 7 теоремаларының ерекше жағдайы болып табылады., Күрделі теңсіздіктермодульді қамтитын пішіннің теңсіздіктері
, Және .
Мұндай теңсіздіктерді шешу әдістерін келесі үш теореманың көмегімен тұжырымдауға болады. 5-теорема. екі теңсіздік жүйесінің қосындысына тең
Мен (1)
Дәлелдеу.Содан бері
Бұл (1) дұрыстығын білдіреді.
Теорема 6.Теңсіздік теңсіздіктер жүйесіне тең
Дәлелдеу.Өйткені, содан кейін теңсіздіктеносыдан шығады . Бұл жағдайда теңсіздікжәне бұл жағдайда теңсіздіктердің екінші жүйесі (1) сәйкессіз болып шығады.
Теорема дәлелденді.
Теорема 7. 5-теорема. бір теңсіздік пен екі теңсіздік жүйесінің қосындысына тең
Мен (3)
Дәлелдеу.бастап, содан кейін теңсіздік әрқашан орындалады, Егер .
Болсын содан кейін теңсіздіктеңсіздікке тең болады, одан екі теңсіздіктің жиыны шығадытеңсіздіктер жиынын шешуге дейін азайтады
Теорема дәлелденді.
«Теңсіздіктер, модуль белгісінің астындағы айнымалыларды қамтитын.
Модульмен теңсіздіктерді шешу
Модульі бар теңсіздіктерді шешудің ең қарапайым әдісі - әдіс, модульді кеңейтуге негізделген. Бұл әдіс әмбебап болып табылады, дегенмен, жалпы жағдайда оны пайдалану өте қиын есептеулерге әкелуі мүмкін. Сондықтан студенттер мұндай теңсіздіктерді шешудің басқа (неғұрлым тиімді) әдістері мен тәсілдерін білуі керек. Сондай-ақ, теоремаларды қолдану дағдысы болуы қажет, осы мақалада берілген.
1-мысал.Теңсіздікті шешу
. (4)
Шешім.Теңсіздікті (4) «классикалық» әдіс – модульдерді ашу әдісі арқылы шешеміз. Осы мақсатта біз сан осін бөлемізнүктелер және аралықтарға бөліп, үш жағдайды қарастырыңыз.
1. Егер , онда , , , және (4) теңсіздік формасын аладынемесе .
Мұнда жағдай қарастырылғандықтан, ол теңсіздіктің шешімі болып табылады (4).
2. Егер, онда (4) теңсіздіктен аламызнемесе . Интервалдардың қиылысуынан бастапКез келген аналитикалық функциялар үшін бос, онда қарастырылып отырған шешімдер интервалында (4) теңсіздік болмайды.
3. Егер, онда (4) теңсіздік формасын аладынемесе . Бұл анық теңсіздіктің шешімі болып табылады (4).
Жауабы: , .
2-мысал.Теңсіздікті шешу.
Шешім.Соны делік. Өйткені, онда берілген теңсіздік пішінді қабылдайдынемесе . Содан бері және осы жерден ол шығадынемесе .
Дегенмен, сондықтан немесе.
3-мысал.Теңсіздікті шешу
. (5)
Шешім.Өйткені, онда (5) теңсіздік теңсіздіктерге теңнемесе . Осы жерден, 4-теорема бойынша, бізде теңсіздіктер жиынтығы бартеңсіздіктер жиынын шешуге дейін азайтады
Жауабы: , .
4-мысал.Теңсіздікті шешу
. (6)
Шешім.белгілейік. Сонда (6) теңсіздігінен , немесе теңсіздіктерін аламыз.
Осы жерден, интервал әдісін қолдану, аламыз. Өйткені, онда бізде теңсіздіктер жүйесі бар
(7) жүйенің бірінші теңсіздігінің шешімі екі интервалдың бірігуі болып табыладыЖәне , ал екінші теңсіздіктің шешімі қос теңсіздік болып табылады. Бұдан шығатыны, (7) теңсіздіктер жүйесінің шешімі екі интервалдың бірігуі екенінтеңсіздіктер жиынын шешуге дейін азайтады
Жауабы: ,
5-мысал.Теңсіздікті шешу
. (8)
Шешім. (8) теңсіздігін былай түрлендірейік:
Немесе .
Интервал әдісін қолдану, теңсіздіктің шешімін аламыз (8).
Жауап: .
Ескерту. Егер және 5-теорема шарттарына қойсақ, аламыз.
6-мысал.Теңсіздікті шешу
. (9)
Шешім. (9) теңсіздіктен ол шығады. (9) теңсіздігін былай түрлендірейік:
Немесе
Содан бері, содан кейін немесе.
Жауап: .
7-мысал.Теңсіздікті шешу
. (10)
Шешім.бері және , содан кейін немесе .
Бұл жөнінде және (10) теңсіздік формасын алады
Немесе
. (11)
Осыдан кейін немесе . болғандықтан, (11) теңсіздігі де немесе білдіреді.
Жауап: .
Ескерту. Теореманы 1 теңсіздіктің сол жағына қолдансақ (10), содан кейін аламыз . Осыдан және теңсіздіктен (10) шығады, не немесе . Өйткені, онда (10) теңсіздік пішінді қабылдайдынемесе .
8-мысал.Теңсіздікті шешу
. (12)
Шешім.Содан бері және (12) теңсіздігінен ол шығадынемесе . Дегенмен, сондықтан немесе. Осы жерден біз аламыз немесе.
Жауап: .
9-мысал.Теңсіздікті шешу
. (13)
Шешім. 7-теорема бойынша (13) теңсіздіктің шешімі немесе.
Енді болсын. Бұл жағдайда және (13) теңсіздік формасын аладынемесе .
Егер сіз аралықтарды біріктірсеңізЖәне , онда түрдегі (13) теңсіздігінің шешімін аламыз.
10-мысал.Теңсіздікті шешу
. (14)
Шешім.(14) теңсіздігін эквивалентті түрде қайта жазайық: . Осы теңсіздіктің сол жағына 1-теореманы қолдансақ, теңсіздікті аламыз.
Осыдан және 1-теоремадан мыналар шығады, (14) теңсіздік кез келген мәндер үшін орындалады.
Жауабы: кез келген сан.
11-мысал.Теңсіздікті шешу
. (15)
Шешім. Теореманы 1 теңсіздіктің сол жағына қолдану (15), аламыз . Бұл және (15) теңсіздігі теңдеуді береді, пішіні бар.
3-теорема бойынша, теңдеуі Теңдік. Осы жерден аламыз.
12-мысал.Теңсіздікті шешу
. (16)
Шешім. (16) теңсіздіктен 4-теорема бойынша теңсіздіктер жүйесін аламыз
Теңсіздікті шешу кезінде6-теореманы қолданып, теңсіздіктер жүйесін алайықодан туындайды.
Теңсіздікті қарастырайық. 7-теорема бойынша, теңсіздіктер жиынын аламызЖәне . Екінші популяция теңсіздігі кез келген нақты үшін жарамды.
Демек, (16) теңсіздігінің шешімі.
13-мысал.Теңсіздікті шешу
. (17)
Шешім. 1-теорема бойынша біз жаза аламыз
(18)
Теңсіздікті (17) ескере отырып, екі теңсіздік те (18) теңдікке айналады деген қорытындыға келеміз, яғни. теңдеулер жүйесі бар
3-теорема бойынша бұл теңдеулер жүйесі теңсіздіктер жүйесіне тең
немесе
14-мысал.Теңсіздікті шешу
. (19)
Шешім.Содан бері. Кез келген мәндер үшін тек оң мәндерді қабылдайтын өрнекке (19) теңсіздіктің екі жағын да көбейтейік. Сонда (19) түріндегі теңсіздікке тең теңсіздікті аламыз
Осы жерден аламыз немесе , қайдан . Содан бері және онда (19) теңсіздіктің шешімі боладытеңсіздіктер жиынын шешуге дейін азайтады
Жауабы: , .
Модульмен теңсіздіктерді шешу әдістерін тереңірек зерттеу үшін оқулықтарға жүгінуді ұсынамыз., ұсынылатын әдебиеттер тізімінде берілген.
1. Колледжге түсушілерге арналған математикадан есептер жинағы / Ред. М.И. Сканави. – М.: Бейбітшілік және білім, 2013. – 608 б.
2. Супрун В.П. Жоғары сынып оқушыларына арналған математика: теңсіздіктерді шешу және дәлелдеу әдістері. – М.: Ленанд / URSS, 2018. – 264 б.
3. Супрун В.П. Жоғары сынып оқушыларына арналған математика: есептерді шығарудың стандартты емес әдістері. – М.: CD «Librocom» / URSS, 2017. – 296 б.
Әлі де сұрақтарыңыз бар ма?
Тәрбиешіден көмек алу үшін тіркеліңіз.
веб-сайт, материалды толық немесе ішінара көшіру кезінде дереккөзге сілтеме қажет.