Слайд 2

Математика – жастардың ғылымы. Әйтпесе болуы мүмкін емес. Математика – жастық шақтағы барлық икемділік пен төзімділікті қажет ететін ақыл-ой гимнастикасының бір түрі.

Норберт Винер (1894-1964), американдық ғалым

Слайд 3

a және b сандары арасындағы байланыс (математикалық өрнектер), теңсіздік белгілерімен байланысқан -

Слайд 4

Тарихи алғышарт Теңдіктер мен теңсіздіктерді дәлелдеу мәселелері ерте заманда пайда болған. Теңдік пен теңсіздік белгілерін белгілеу үшін арнайы сөздер немесе олардың қысқартулары пайдаланылды. IV ғасыр, Евклид, элементтердің V кітабы: егер a, b, c, d оң сандар болса және a/b=c/d пропорциясындағы ең үлкен сан болса, онда a+d=b теңсіздігі орындалады + в. III ғасыр, Папп Александрияның негізгі еңбегі «Математикалық жинақ»: егер a, b, c, d оң сандар және a/b>c/d болса, онда ad>bc теңсіздігі орындалады.

Біздің эрамызға дейінгі 2000 жылдан астам белгілі теңсіздік a=b болғанда ақиқат теңдікке айналады.

Слайд 5

Қазіргі заманғы арнайы белгілер 1557. = теңдік белгісін ағылшын математигі Р.Рикорд енгізген. Оның мотиві: «Екі параллель сегменттен артық екі объект тең бола алмайды».

1631 Белгілері > және

Слайд 6

Теңсіздік түрлері Айнымалысы бар (бір немесе бірнеше) Қатаң Қатаң емес Модульмен Параметрмен Стандартты емес Жүйелер Жиындар Сандық Қарапайым Қос еселік Алгебралық бүтін сандар: -сызықтық -квадраттық -жоғары дәрежелер Бөлшек-рационал Иррационал тригонометриялық Аралас түрі Логарифмдік.

- ауыстырылған кезде оны шынайы сандық теңсіздікке айналдыратын айнымалының мәні. Теңсіздікті шешу – оның барлық шешімдерін табу немесе олардың жоқтығын дәлелдеу. Егер әрқайсысының барлық шешімдері басқа теңсіздіктің шешімі болса немесе екі теңсіздіктің де шешімі болмаса, екі теңсіздік эквивалентті деп аталады. Теңсіздіктер Бір айнымалыдағы теңсіздіктерді шешу

Слайд 9

Теңсіздіктерге сипаттама беріңіз. 3)(x – 2)(x + 3)  0-ді ауызша шешу

Слайд 10

Графикалық әдіс

Графиктік теңсіздікті шешу 1) Графикті тұрғызу 2) Бірдей координаталар жүйесіндегі графикті тұрғызу. 3) Графиктердің қиылысу нүктелерінің абсциссасын табыңыз (мәндер шамамен алынған, дәлдікті ауыстыру арқылы тексереміз). 4) Графиктен осы теңсіздіктің шешімін анықтаймыз. 5) Жауабын жазыңыз.

Слайд 11

f(x) теңсіздігін шешудің функционалдық-графикалық әдісі

Слайд 12

Функционалды-графикалық әдіс Теңсіздікті шешіңіз: 3) f(x)=g(x) теңдеуінің ең көбі бір түбірі бар. Шешім. 4) Таңдау арқылы х = 2 екенін табамыз. II. Ox сандық осінде x = 2 нүктесі арқылы өтетін f (x) және g (x) функцияларының графиктерін сызып көрейік. ІІІ. Шешімдерін анықтап, жауабын жазып алайық. Жауап. x -7 анықталмаған 2

Слайд 13

Теңсіздіктерді шеш:

Слайд 14

Бірыңғай мемлекеттік емтихан-9 функциясының графиктерін құру, 2008 ж

Слайд 15

y x O 1 1 -1 -1 -2 -3 -4 2 3 4 -2 -3 -4 2 3 4 1) y=|x| 2) y=|x|-1 3) y=||x|-1| 4) y=||x|-1|-1 5) y=|||x|-1|-1| 6) y=|||x|-1|-1|-1 y=||||x|-1|-1|-1|

Слайд 16

y x O 1 1 -1 -1 -2 -3 -4 2 3 4 -2 -3 -4 2 3 4 a параметрінің әрбір мәні үшін теңсіздікті шешу интервалдарының санын анықтаңыз.

Слайд 17

Бірыңғай мемлекеттік емтихан-9 функциясының графигін тұрғызу, 2008 ж

Слайд 18

Слайд 19

Квадрат теңсіздіктерді шешудің ең қолайлы әдістерінің бірі графикалық әдіс болып табылады. Бұл мақалада квадрат теңсіздіктердің графикалық жолмен шешілетінін қарастырамыз. Алдымен, бұл әдістің мәні неде екенін талқылайық. Әрі қарай, алгоритмді ұсынып, квадрат теңсіздіктерді графикалық жолмен шешу мысалдарын қарастырамыз.

Бетті шарлау.

Графикалық әдістің мәні

Мүлдем теңсіздіктерді шешудің графикалық әдісібір айнымалысы тек квадраттық теңсіздіктерді ғана емес, басқа теңсіздік түрлерін шешу үшін де қолданылады. мәні графикалық әдістеңсіздіктердің шешімдерікелесі: теңсіздіктің сол және оң жақтарына сәйкес келетін y=f(x) және y=g(x) функцияларын қарастырып, олардың графиктерін бір тікбұрышты координаталар жүйесінде тұрғызып, олардың біреуінің графигін қандай аралықтарда анықтаңыз. олар басқаларынан төмен немесе жоғары. Бұл интервалдар қайда

• g функциясының графигінің үстіндегі f функциясының графигі f(x)>g(x) теңсіздігінің шешімдері болып табылады;
• f функциясының графигі g функциясының графигінен төмен емес f(x)≥g(x) теңсіздігінің шешімдері;
• g графигінің астындағы f графигі f(x) теңсіздігінің шешімдері болып табылады.
• g функциясының графигінен жоғары емес f функциясының графигі f(x)≤g(x) теңсіздігінің шешімдері болып табылады.

Сонымен қатар f және g функцияларының графиктерінің қиылысу нүктелерінің абсциссалары f(x)=g(x) теңдеуінің шешімдері екенін айтамыз.

Осы нәтижелерді өз жағдайымызға көшірейік - a x 2 +b x+c квадрат теңсіздігін шешу үшін<0 (≤, >, ≥).

Екі функцияны енгіземіз: бірінші y=a x 2 +b x+c (f(x)=a x 2 +b x+c болғанда) квадрат теңсіздіктің сол жағына сәйкес, екіншісі y=0 (g ( x)=0 ) теңсіздіктің оң жағына сәйкес келеді. Кесте квадраттық функция f - парабола және график тұрақты функция g – абсцисса осімен сәйкес келетін түзу Ox.

Әрі қарай, теңсіздіктерді шешудің графикалық әдісі бойынша бір функцияның графигі екінші функцияның үстінде немесе астында қандай аралықтарда орналасқанын талдау қажет, бұл квадрат теңсіздіктің қажетті шешімін жазуға мүмкіндік береді. Біздің жағдайда параболаның Ox осіне қатысты орнын талдау керек.

a, b және c коэффициенттерінің мәндеріне байланысты келесі алты нұсқа болуы мүмкін (біздің қажеттіліктеріміз үшін схемалық бейнелеу жеткілікті және Oy осін бейнелеудің қажеті жоқ, өйткені оның орны әсер етпейді. теңсіздіктің шешімдері):

Бұл сызбада тармақтары жоғары бағытталған, абсциссалары х 1 және х 2 болатын Ох осін екі нүктеде қиып өтетін параболаны көреміз. Бұл сызба а коэффициенті оң болғанда (ол парабола тармақтарының жоғары бағытына жауап береді) және мән оң болғанда опцияға сәйкес келеді. квадрат үшмүшенің дискриминанты a x 2 +b x+c (бұл жағдайда үшмүшенің екі түбірі бар, біз оларды x 1 және x 2 деп белгіледік және біз x 1 деп есептедік. 0 , D=b 2 −4·a·c=(−1) 2 −4·1·(−6)=25>0, x 1 =−2 , x 2 =3 .

Түсінікті болу үшін параболаның х осінің үстінде орналасқан бөліктерін қызыл түспен, ал көк түспен х осінен төмен орналасқан бөліктерін бейнелейік.


Енді осы бөліктерге қай интервалдар сәйкес келетінін анықтайық. Келесі сызба оларды анықтауға көмектеседі (болашақта біз ойша тіктөртбұрыштар түрінде ұқсас таңдау жасаймыз):


Сонымен абсцисса осінде екі интервал (−∞, x 1) және (x 2 , +∞) қызыл түспен ерекшеленді, оларда парабола Ox осінен жоғары, олар a x 2 +b x квадрат теңсіздігінің шешімін құрайды. +c>0 , ал интервал (x 1 , x 2) көк түспен белгіленген, Ox осінен төмен парабола бар, ол a x 2 +b x+c теңсіздігінің шешімін көрсетеді.<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 .

Ал енді қысқаша: a>0 және D=b 2 −4 үшін a c>0 (немесе жұп коэффициент b үшін D"=D/4>0)

• a x 2 +b x+c>0 квадрат теңсіздігінің шешімі (−∞, x 1)∪(x 2 , +∞) немесе басқа x белгілеуінде болады. x2;
• a x 2 +b x+c≥0 квадраттық теңсіздігінің шешімі (−∞, x 1 ]∪ немесе басқа жазуда x 1 ≤x≤x 2 ,

мұндағы x 1 және x 2 квадрат үшмүшенің түбірлері a x 2 +b x+c және x 1


Мұнда тармақтары жоғары бағытталған және абсцисса осіне тиетін параболаны көреміз, яғни онымен бір ортақ нүктесі бар, бұл нүктенің абсциссасын х 0 деп белгілейміз; Ұсынылған жағдай a>0 (тармақтар жоғары бағытталған) және D=0 (квадрат үшмүшесінде бір түбір x 0) сәйкес келеді. Мысалы, y=x 2 −4·x+4 квадраттық функциясын алуға болады, мұнда a=1>0, D=(−4) 2 −4·1·4=0 және x 0 =2.

Сызбада параболаның жанасу нүктесінен басқа барлық жерде, яғни (−∞, x 0), (x 0, ∞) аралықтарында Ox осінен жоғары орналасқаны анық көрсетілген. Түсінікті болу үшін сызбадағы аймақтарды алдыңғы абзацқа ұқсас етіп белгілейік.


Қорытынды жасаймыз: a>0 және D=0 үшін

• a·x 2 +b·x+c>0 квадрат теңсіздігінің шешімі (−∞, x 0)∪(x 0, +∞) немесе басқа x≠x 0 белгілеуінде;
• a·x 2 +b·x+c≥0 квадрат теңсіздігінің шешімі (−∞, +∞) немесе басқа жазуда x∈R ;
• a x 2 +b x+c квадрат теңсіздігі<0 не имеет решений (нет интервалов, на которых парабола расположена ниже оси Ox );
• a x 2 +b x+c≤0 квадрат теңсіздігінің x=x 0 бірегей шешімі бар (ол жанама нүктесі арқылы берілген),

мұндағы x 0 – a x 2 + b x + c квадрат үшмүшесінің түбірі.


Бұл жағдайда параболаның тармақтары жоғары бағытталған және оның абсцисса осімен ортақ нүктелері болмайды. Мұнда a>0 (тармақтар жоғары бағытталған) және D шарттары бар<0 (квадратный трехчлен не имеет действительных корней). Для примера можно построить график функции y=2·x 2 +1 , здесь a=2>0 , D=0 2 −4·2·1=−8<0 .

Әлбетте, парабола бүкіл ұзындығы бойынша Ox осінен жоғары орналасқан (Ох осінен төмен болатын аралықтар жоқ, жанасу нүктесі жоқ).


Осылайша, a>0 және D үшін<0 решением квадратных неравенств a·x 2 +b·x+c>0 және a x 2 +b x+c≥0 – барлық нақты сандар жиыны және a x 2 +b x+c теңсіздіктері<0 и a·x 2 +b·x+c≤0 не имеют решений.

Ал Окс осіне қатысты тармақтары жоғары емес, төмен бағытталған параболаның орналасуының үш нұсқасы қалды. Негізінде, оларды қарастырудың қажеті жоқ, өйткені теңсіздіктің екі жағын −1-ге көбейту х 2 үшін оң коэффициенті бар эквивалентті теңсіздікке баруға мүмкіндік береді. Бірақ бұл жағдайлар туралы түсінік алу әлі де зиян емес. Мұндағы дәлелдер ұқсас, сондықтан біз тек негізгі нәтижелерді жазамыз.

Шешу алгоритмі

Барлық алдыңғы есептеулердің нәтижесі болып табылады квадрат теңсіздіктерді графикалық жолмен шешу алгоритмі:

Координаталық жазықтықта схемалық сызба жасалады, онда Ох осі (Ой осін бейнелеудің қажеті жоқ) және y=a·x 2 +b·x+c квадраттық функциясына сәйкес келетін параболаның нобайы бейнеленеді. Парабола сызбасын салу үшін екі тармақты нақтылау жеткілікті:

• Біріншіден, a коэффициентінің мәні бойынша оның тармақтары қайда бағытталғаны анықталады (a>0 үшін - жоғары, а үшін<0 – вниз).
• Ал екіншіден, a x 2 + b x + c квадрат үшмүшесінің дискриминантының мәніне сүйене отырып, параболаның абсцисса осін екі нүктеде қиып өтетіні (D>0 үшін), бір нүктеде тиетіні (D= үшін) анықталады. 0) немесе Ox осімен ортақ нүктелері жоқ (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.

• Сызба дайын болғанда, оны алгоритмнің екінші қадамында қолданыңыз

  • a·x 2 +b·x+c>0 квадрат теңсіздігін шешкенде парабола абсциссадан жоғары орналасқан интервалдар анықталады;
  • a·x 2 +b·x+c≥0 теңсіздігін шешкен кезде параболаның абсцисса осінен жоғары орналасқан аралықтары анықталады және қиылысу нүктелерінің абсциссалары (немесе жанама нүктесінің абциссалары) қосылады. олар;
  • a x 2 +b x+c теңсіздігін шешкенде<0 находятся промежутки, на которых парабола ниже оси Ox ;
  • ақырында, a·x 2 +b·x+c≤0 түріндегі квадрат теңсіздігін шешкенде парабола Ох осінен және қиылысу нүктелерінің абсциссасынан (немесе жанама нүктесінің абциссасынан) төмен болатын интервалдар табылады. ) оларға қосылады;

  олар квадрат теңсіздіктің қажетті шешімін құрайды, ал егер мұндай интервалдар болмаса және жанама нүктелер болмаса, онда бастапқы квадрат теңсіздіктің шешімдері болмайды.

Осы алгоритм арқылы бірнеше квадрат теңсіздіктерді шешу ғана қалады.

Шешімдері бар мысалдар

Мысал.

Теңсіздікті шешу .

Шешім.

Квадрат теңсіздікті шешу керек, алдыңғы абзацтағы алгоритмді қолданайық. Бірінші қадамда квадраттық функцияның графигін сызу керек . х 2 коэффициенті 2-ге тең, ол оң, сондықтан параболаның тармақтары жоғары бағытталған. Мұны істеу үшін параболаның x осімен ортақ нүктелері бар ма, соны анықтайық, квадрат үшмүшенің дискриминантын есептейміз; . Бізде бар . Дискриминант нөлден үлкен болды, сондықтан үшмүшенің екі нақты түбірі бар: Және , яғни x 1 =−3 және x 2 =1/3.

Бұдан парабола Ох осін абсциссалары −3 және 1/3 болатын екі нүктеде қиып өтетіні анық. Біз сызбада бұл нүктелерді кәдімгі нүктелер ретінде бейнелейміз, өйткені біз қатаң емес теңсіздікті шешеміз. Нақтыланған деректерге сүйене отырып, біз келесі сызбаны аламыз (ол мақаланың бірінші абзацындағы бірінші үлгіге сәйкес келеді):

Алгоритмнің екінші қадамына көшейік. ≤ таңбасы бар қатаң емес квадраттық теңсіздікті шешіп жатқандықтан, параболаның абсциссадан төмен орналасқан аралықтарын анықтап, оларға қиылысу нүктелерінің абсциссаларын қосу керек.

Сызбадан парабола (−3, 1/3) интервалында х осінен төмен орналасқаны және оған қиылысу нүктелерінің абциссаларын, яғни −3 және 1/3 сандарын қосамыз. Нәтижесінде [−3, 1/3] сандық интервалға келеміз. Бұл біз іздейтін шешім. Оны −3≤x≤1/3 қосарлы теңсіздік ретінде жазуға болады.

Жауап:

[−3, 1/3] немесе −3≤x≤1/3 .

Мысал.

−x 2 +16 x−63 квадрат теңсіздігінің шешімін табыңыз<0 .

Шешім.

Әдеттегідей біз сурет салудан бастаймыз. Айнымалының квадраты үшін сандық коэффициент теріс, −1, сондықтан параболаның тармақтары төмен бағытталған. Дискриминантты есептейік, немесе жақсырақ, оның төртінші бөлігін есептейік: D"=8 2 −(−1)·(−63)=64−63=1. Оның мәні оң, шаршы үшмүшенің түбірлерін есептейік: Және , x 1 =7 және x 2 =9. Сонымен парабола Ox осін 7 және 9 абсциссалармен екі нүктеде қиып өтеді (бастапқы теңсіздік қатаң, сондықтан біз бұл нүктелерді бос орталықпен бейнелейміз).

Өйткені біз қатаң квадрат теңсіздікті таңбамен шешіп жатырмыз<, то нас интересуют промежутки, на которых парабола расположена ниже оси абсцисс:

Сызба бастапқы квадрат теңсіздіктің шешімдері екі интервал (−∞, 7) , (9, +∞) болатынын көрсетеді.

Жауап:

(−∞, 7)∪(9, +∞) немесе басқа x белгілеуінде<7 , x>9 .

Квадрат теңсіздіктерді шешкенде, оның сол жағындағы квадрат үшмүшенің дискриминанты нөлге тең болғанда, жауапқа жанама нүктенің абсциссасын қосуға немесе алып тастауға абай болу керек. Бұл теңсіздіктің белгісіне байланысты: егер теңсіздік қатаң болса, онда ол теңсіздіктің шешімі емес, ал егер ол қатаң болмаса, онда ол болады.

Мысал.

10 x 2 −14 x+4,9≤0 квадрат теңсіздігінің кем дегенде бір шешімі бар ма?

Шешім.

y=10 x 2 −14 x+4,9 функциясының графигін салайық. Оның тармақтары жоғары бағытталған, өйткені x 2 коэффициенті оң және абсцисса осіне 0,7 абсциссасы бар нүктеде тиеді, өйткені D"=(−7) 2 −10 4,9=0, осыдан немесе 0,7 түрінде. ондық бөлшектің схемасы келесідей болады:

Біз ≤ таңбасы бар квадрат теңсіздікті шешіп жатқандықтан, оның шешімі парабола Ох осінен төмен болатын интервалдар, сондай-ақ жанама нүктесінің абсциссасы болады. Сызбадан парабола Окс осінен төмен болатын бірде-бір саңылау жоқ екені анық, сондықтан оның шешімі тек жанама нүктенің абсциссасы болады, яғни 0,7.

Жауап:

бұл теңсіздіктің бірегей шешімі 0,7.

Мысал.

–x 2 +8 x−16 квадрат теңсіздігін шешіңіз<0 .

Шешім.

Біз квадрат теңсіздіктерді шешу алгоритмін ұстанамыз және графикті құрудан бастаймыз. Парабола тармақтары төмен бағытталған, өйткені x 2 коэффициенті теріс, −1. Квадрат үшмүшесінің дискриминантын –x 2 +8 x−16 табайық, бізде бар D’=4 2 −(−1)·(−16)=16−16=0және одан әрі x 0 =−4/(−1) , x 0 =4 . Сонымен, парабола 4 абсцисса нүктесінде Окс осіне тиеді. Сызбаны жасайық:

Бастапқы теңсіздіктің белгісіне қараймыз, ол сонда<. Согласно алгоритму, решение неравенства в этом случае составляют все промежутки, на которых парабола расположена строго ниже оси абсцисс.

Біздің жағдайда бұл ашық сәулелер (−∞, 4) , (4, +∞) . Бөлек, біз 4 - жанасу нүктесінің абсциссасы - шешім емес екенін ескереміз, өйткені жанасу нүктесінде парабола Ox осінен төмен емес.

Жауап:

(−∞, 4)∪(4, +∞) немесе басқа x≠4 белгілеуінде.

Квадрат теңсіздіктің сол жағындағы квадрат үшмүшенің дискриминанты нөлден кіші болатын жағдайларға ерекше назар аударыңыз. Бұл жерде асықпай, теңсіздіктің шешімі жоқ деп айтудың қажеті жоқ (біз теріс дискриминанты бар квадрат теңдеулер үшін мұндай қорытынды жасауға дағдыланғанбыз). Мәселе мынада, D үшін квадрат теңсіздік<0 может иметь решение, которым является множество всех действительных чисел.

Мысал.

3 x 2 +1>0 квадрат теңсіздігінің шешімін табыңыз.

Шешім.

Әдеттегідей біз сурет салудан бастаймыз. a коэффициенті 3, ол оң, сондықтан параболаның тармақтары жоғары бағытталған. Дискриминантты есептейміз: D=0 2 −4·3·1=−12 . Дискриминант теріс болғандықтан, параболаның Ox осімен ортақ нүктелері жоқ. Алынған ақпарат схемалық график үшін жеткілікті:

> таңбасы бар қатаң квадрат теңсіздікті шешеміз. Оның шешімі парабола Ox осінен жоғары болатын барлық интервалдар болады. Біздің жағдайда парабола бүкіл ұзындығы бойынша х осінен жоғары орналасқан, сондықтан қажетті шешім барлық нақты сандар жиыны болады.

Ox , сонымен қатар қиылысу нүктелерінің абсциссасын немесе оларға жанама абсциссасын қосу керек. Бірақ сызбадан мұндай интервалдар жоқ екені анық көрінеді (өйткені парабола абсцисса осінен төмен орналасқан), дәл сол сияқты қиылысу нүктелері де жоқ, жанама нүктелері де жоқ. Демек, бастапқы квадрат теңсіздіктің шешімдері жоқ.

Жауап:

шешімдер жоқ немесе басқа жазбада ∅.

Әдебиеттер тізімі.

• Алгебра:оқулық 8 сыныпқа арналған. жалпы білім беру мекемелер / [Ю. Н.Макарычев, Н.Г.Миндюк, К.И.Нешков, С.Б.Суворова]; өңдеген С.А.Теляковский. - 16-шы басылым. – М.: Білім, 2008. – 271 б. : науқас. - ISBN 978-5-09-019243-9.
• Алгебра: 9-сынып: тәрбиелік. жалпы білім беруге арналған мекемелер / [Ю. Н.Макарычев, Н.Г.Миндюк, К.И.Нешков, С.Б.Суворова]; өңдеген С.А.Теляковский. - 16-шы басылым. – М.: Білім, 2009. – 271 б. : науқас. - ISBN 978-5-09-021134-5.
• Мордкович А.Г.Алгебра. 8 сынып. 2 сағатта 1 бөлім. Жалпы білім беретін оқу орындарының оқушыларына арналған оқулық / А.Г.Мордкович. - 11-ші басылым, өшірілген. - М.: Мнемосине, 2009. - 215 б.: сырқат. ISBN 978-5-346-01155-2.
• Мордкович А.Г.Алгебра. 9 сынып. 2 сағатта 1 бөлім. Жалпы білім беретін оқу орындарының оқушыларына арналған оқулық / А.Г.Мордкович, П.В.Семенов. - 13-ші басылым, өшірілген. - М.: Мнемосине, 2011. - 222 б.: сырқат. ISBN 978-5-346-01752-3.
• Мордкович А.Г.Алгебра және математикалық талдаудың басталуы. 11-сынып. 2 сағатта 1 бөлім. Жалпы білім беретін оқу орындарының студенттеріне арналған оқулық (бейінді деңгей) / А.Г.Мордкович, П.В.Семенов. - 2-бас., өшірілген. - М.: Мнемосине, 2008. - 287 б.: сырқат. ISBN 978-5-346-01027-2.

Теңдеулердің графикалық шешімі

Хайдай, 2009 жыл

Кіріспе

Квадрат теңдеулерді шешу қажеттілігі ерте заманда жер және әскери қазба жұмыстарының аудандарын табуға байланысты есептерді шешу қажеттілігінен, сондай-ақ астрономия мен математиканың өзін дамытудан туындады. Вавилондықтар біздің дәуірімізге дейінгі 2000 жылы квадрат теңдеулерді шеше алды. Вавилондық мәтіндерде келтірілген бұл теңдеулерді шешу ережесі қазіргі заманғылармен сәйкес келеді, бірақ вавилондықтардың бұл ережеге қалай келгені белгісіз.

Еуропадағы квадрат теңдеулерді шешу формулалары алғаш рет 1202 жылы итальян математигі Леонардо Фибоначчи жазған Абакус кітабында келтірілген. Оның кітабы Италияда ғана емес, Германияда, Францияда және басқа да Еуропа елдерінде алгебралық білімнің таралуына ықпал етті.

Бірақ b және c коэффициенттерінің барлық мүмкін комбинациясы бар квадрат теңдеулерді шешудің жалпы ережесін Еуропада тек 1544 жылы М.Штифель тұжырымдаған.

1591 ж Франсуа Вьетнам квадрат теңдеулерді шешу формулаларын енгізді.

Ежелгі Вавилонда олар квадрат теңдеулердің кейбір түрлерін шеше алған.

Александриялық Диофант Және Евклид, Әл-ХорезмиЖәне Омар Хайямгеометриялық және графикалық әдістерді қолдана отырып, теңдеулерді шешу.

7-сыныпта біз функцияларды оқыдық y = C, y =kx, y =kx+ м, y =x 2,у = –x 2, 8 сыныпта - y = √x, y =|x|, y =балта2 + bx+ в, y =к/ x. 9-сынып алгебра оқулығында маған әлі белгісіз функцияларды көрдім: y =x 3, y =x 4,y =x 2n, y =x- 2n, y = 3√x, (x– а) 2 + (у –б) 2 = r 2 және т.б. Бұл функциялардың графиктерін құру ережелері бар. Осы ережелерге бағынатын басқа функциялар бар ма деп ойладым.

Менің жұмысым – функция графиктерін зерттеу және теңдеулерді графикалық жолмен шешу.

1. Функциялары қандай?

Функцияның графигі - абсциссалары аргументтердің мәндеріне, ал ординаталары функцияның сәйкес мәндеріне тең болатын координаталық жазықтықтың барлық нүктелерінің жиыны.

Сызықтық функция теңдеу арқылы берілген y =kx+ б, Қайда кЖәне б- кейбір сандар. Бұл функцияның графигі түзу болады.

Кері пропорционал функция y =к/ x, мұндағы k ¹ 0. Бұл функцияның графигі гипербола деп аталады.

Функция (x– а) 2 + (y –б) 2 = r2 , Қайда А, бЖәне r- кейбір сандар. Бұл функцияның графигі r радиусы центрі А нүктесінде ( А, б).

Квадраттық функция ж= балта2 + bx+ вҚайда А,б, бірге– кейбір сандар және А¹ 0. Бұл функцияның графигі парабола.

теңдеу сағ2 (а– x) = x2 (а+ x) . Бұл теңдеудің графигі строфоид деп аталатын қисық болады.

/>Теңдеу (x2 + ж2 ) 2 = а(x2 – ж2 ) . Бұл теңдеудің графигі Бернулли лемнискаты деп аталады.

теңдеу. Бұл теңдеудің графигі астроид деп аталады.

Қисық (x2 ж2 – 2 балта)2 =4 а2 (x2 + ж2 ) . Бұл қисық кардиоид деп аталады.

Функциялары: y =x 3 – текше парабола, y =x 4, y = 1/x 2.

2. Теңдеу туралы түсінік және оның графикалық шешімі

теңдеу– айнымалысы бар өрнек.

Теңдеуді шеш- бұл оның барлық тамырын табу, немесе олардың жоқтығын дәлелдеу дегенді білдіреді.

Теңдеудің түбірітеңдеу орнына қойылғанда дұрыс сандық теңдік беретін сан.

Теңдеулерді графикалық жолмен шешутүбірлердің дәл немесе жуық мәнін табуға мүмкіндік береді, теңдеу түбірлерінің санын табуға мүмкіндік береді.

Графиктерді құру және теңдеулерді шешу кезінде функцияның қасиеттері пайдаланылады, сондықтан әдісті көбінесе функционалды-графикалық деп атайды.

Теңдеуді шешу үшін оны екі бөлікке «бөлеміз», екі функцияны енгіземіз, олардың графиктерін саламыз және графиктердің қиылысу нүктелерінің координаталарын табамыз. Бұл нүктелердің абсциссалары теңдеудің түбірлері болып табылады.

3. Функция графигін салу алгоритмі

Функцияның графигін білу y =f(x) , функциялардың графиктерін құруға болады y =f(x+ м) ,y =f(x)+ лЖәне y =f(x+ м)+ л. Бұл графиктердің барлығы функцияның графигінен алынған y =f(x) параллель тасымалдау түрлендіруді қолдану: дейін │ м│ x осі бойымен оңға немесе солға қарай масштаб бірліктері және одан әрі │ л│ ось бойынша жоғары немесе төмен масштаб бірліктері ж.

4. Квадрат теңдеудің графикалық шешімі

Мысал ретінде квадраттық функцияны пайдалана отырып, квадрат теңдеудің графикалық шешімін қарастырамыз. Квадраттық функцияның графигі парабола.

Ежелгі гректер парабола туралы не білген?

Қазіргі математикалық символизм 16 ғасырда пайда болды.

Ежелгі грек математиктерінде координат әдісі де, функция ұғымы да болмаған. Соған қарамастан олар параболаның қасиеттерін жан-жақты зерттеді. Ежелгі математиктердің тапқырлығы таңқаларлық - олар тек сызбалар мен тәуелділіктердің ауызша сипаттамасын ғана қолдана алды.

Ең толық зерттелген парабола, гипербола және эллипс Пергелік Аполлоний, біздің эрамызға дейінгі 3 ғасырда өмір сүрген. Ол бұл қисықтардың атауларын берді және осы немесе басқа қисық сызықта жатқан нүктелер қандай шарттарды қанағаттандыратынын көрсетті (өйткені формулалар болған жоқ!).

Парабола құрудың алгоритмі бар:

А (x0; y0) параболасының төбесінің координаталарын табыңыз: X=- б/2 а;

y0=axo2+in0+s;

Параболаның симметрия осін табыңыз (x=x0 түзу);

PAGE_BREAK--

Біз бақылау нүктелерін құру үшін мәндер кестесін құрастырамыз;

Алынған нүктелерді саламыз және оларға симметрия осіне қатысты симметриялы нүктелерді саламыз.

1. Алгоритмді пайдалана отырып, параболаны тұрғызамыз ж= x2 – 2 x– 3 . Осьпен қиылысу нүктелерінің абсциссалары xжәне квадрат теңдеудің түбірлері бар x2 – 2 x– 3 = 0.

Бұл теңдеуді графикалық жолмен шешудің бес жолы бар.

2. Теңдеуді екі функцияға бөлейік: ж= x2 Және ж= 2 x+ 3

3. Теңдеуді екі функцияға бөлейік: ж= x2 –3 Және ж=2 x. Парабола мен түзудің қиылысу нүктелерінің абсциссалары теңдеудің түбірлері болып табылады.

4. Теңдеуді түрлендіру x2 – 2 x– 3 = 0 толық квадратты функцияларға бөлу арқылы: ж= (x–1) 2 Және ж=4. Парабола мен түзудің қиылысу нүктелерінің абсциссалары теңдеудің түбірлері болып табылады.

5. Теңдеудің екі жағын да мүшеге бөл x2 – 2 x– 3 = 0 қосулы x, Біз алып жатырмыз x– 2 – 3/ x= 0 , бұл теңдеуді екі функцияға бөлейік: ж= x– 2, ж= 3/ x. Теңдеудің түбірлері түзу мен гиперболаның қиылысу нүктелерінің абсциссалары болып табылады.

5. Дәрежелік теңдеулердің графикалық шешіміn

1-мысал.Теңдеуді шеш x5 = 3 – 2 x.

ж= x5 , ж= 3 – 2 x.

Жауап: x = 1.

2-мысал.Теңдеуді шеш 3 √ x= 10 – x.

Бұл теңдеудің түбірі екі функцияның графиктерінің қиылысу нүктесінің абсциссасы болып табылады: ж= 3 √ x, ж= 10 – x.

Жауап: x = 8.

Қорытынды

Функциялардың графиктерін қарастыра отырып: y =балта2 + bx+ в, y =к/ x, у = √x, y =|x|, y =x 3, y =x 4,y = 3√x, Менің байқағаным, бұл графиктердің барлығы осьтерге қатысты параллель аудару ережесі бойынша салынған xЖәне ж.

Квадрат теңдеуді шешу мысалын пайдалана отырып, графикалық әдіс n дәрежелі теңдеулер үшін де қолданылады деген қорытындыға келуге болады.

Теңдеулерді шешудің графикалық әдістері әдемі және түсінікті, бірақ кез келген теңдеуді шешуге 100% кепілдік бермейді. Графиктердің қиылысу нүктелерінің абсциссалары жуық болуы мүмкін.

9-сыныпта және орта мектепте мен басқа функциялармен танысуды жалғастырамын. Мен бұл функциялардың графиктерін салу кезінде параллель тасымалдау ережелеріне бағынатынын білуге ​​қызығамын.

Келесі жылы теңдеулер мен теңсіздіктер жүйелерін графикалық шешу мәселелерін де қарастырғым келеді.

Әдебиет

1. Алгебра. 7 сынып. 1-бөлім. Оқу орындарына арналған оқулық / А.Г. Мордкович. М.: Мнемосине, 2007 ж.

2. Алгебра. 8 сынып. 1-бөлім. Оқу орындарына арналған оқулық / А.Г. Мордкович. М.: Мнемосине, 2007 ж.

3. Алгебра. 9 сынып. 1-бөлім. Оқу орындарына арналған оқулық / А.Г. Мордкович. М.: Мнемосине, 2007 ж.

4. Глейзер Г.И. Мектептегі математика тарихы. VII-VIII сыныптар. – М.: Білім, 1982 ж.

5. Математика журналы No5 2009; № 8 2007; № 23 2008 ж.

6. Интернеттегі теңдеулердің графикалық шешімі: Tol VIKI; stimul.biz/ru; wiki.iot.ru/images; berdsk.edu; бет 3–6.htm.

Ставрополь өлкесінің білім және жастар саясаты министрлігі

Мемлекеттік бюджеттік кәсіптік білім беру мекемесі

Георгиевск облыстық колледжі «Интеграль»

ЖЕКЕ ЖОБА

«Математика: алгебра, математикалық талдау принциптері, геометрия» пәні бойынша

Тақырыбы: «Теңдеулер мен теңсіздіктерді графикалық шешу»

Мамандық бойынша оқитын ПК-61 тобының студенті аяқтады

«Компьютерлік жүйелердегі бағдарламалау»

Зеллер Тимур Виталиевич

Жетекшісі: оқытушы Серкова Н.А.

Жеткізіп беру күні:"" 2017 ж

Қорғау күні:"" 2017 ж

Георгиевск 2017 ж

ТҮСІНДІРМЕ ЖАЗБА

ЖОБАНЫҢ МАҚСАТЫ:

Мақсат: Теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің графикалық әдісінің артықшылықтарын табыңыз.

Тапсырмалар:

Теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің аналитикалық және графикалық әдістерін салыстыру.

Графикалық әдістің қандай жағдайда артықшылығы бар екенін анықтаңыз.

Модульі және параметрі бар теңдеулерді шешуді қарастырыңыз.

Зерттеудің өзектілігі: Әртүрлі авторлардың «Алгебра және математикалық талдаудың бастаулары» оқулықтарындағы теңдеулер мен теңсіздіктерді графикалық шешуге арналған материалды осы тақырыпты оқу мақсаттарын ескере отырып талдау. Сондай-ақ қарастырылатын тақырыпқа байланысты міндетті оқу нәтижелері.

Мазмұны

Кіріспе

1. Параметрлері бар теңдеулер

1.1. Анықтамалар

1.2. Шешу алгоритмі

1.3. Мысалдар

2. Параметрлері бар теңсіздіктер

2.1. Анықтамалар

2.2. Шешу алгоритмі

2.3. Мысалдар

3. Теңдеулерді шешуде графиктерді қолдану

3.1. Квадрат теңдеудің графикалық шешімі

3.2. Теңдеулер жүйесі

3.3. Тригонометриялық теңдеулер

4. Графиктерді теңсіздіктерді шешуде қолдану

5. Қорытынды

6. Әдебиеттер

Кіріспе

Көптеген физикалық процестерді және геометриялық заңдылықтарды зерттеу көбінесе параметрлері бар есептерді шешуге әкеледі. Кейбір университеттер емтихан парақтарына теңдеулерді, теңсіздіктерді және олардың жүйелерін қосады, олар көбінесе өте күрделі және шешуге стандартты емес тәсілді қажет етеді. Мектепте бұл мектеп математика курсының ең қиын бөлімдерінің бірі бірнеше факультативтік сабақтарда ғана қарастырылады.

Бұл жұмысты дайындау барысында мен жауапқа тез әкелетін ең ұтымды шешімді анықтай отырып, осы тақырыпты тереңірек зерттеу мақсатын қойдым. Менің ойымша, графикалық әдіс параметрі бар теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің ыңғайлы және жылдам әдісі.

Менің жобам жиі кездесетін теңдеулер, теңсіздіктер және олардың жүйелерін қарастырады.

1. Параметрлері бар теңдеулер

1. Негізгі анықтамалар

Теңдеуді қарастырыңыз

(a, b, c, …, k, x)=(a, b, c, …, k, x), (1)

мұндағы a, b, c, …, k, x айнымалы шамалар.

Кез келген айнымалы мәндер жүйесі

a = a 0 , b = b 0 , c = c 0 , …, k = k 0 , x = x 0 ,

Бұл теңдеудің сол және оң жақтары да нақты мәндерді қабылдайтын a, b, c, ..., k, x айнымалыларының рұқсат етілген мәндерінің жүйесі деп аталады. А барлық рұқсат етілген мәндер жиыны болсын a a, B барлық рұқсат етілген мәндер жиыны b және т.б., X барлық рұқсат етілген мәндер жиынтығы болсын x, яғни aA, bB, …, xX. Егер A, B, C, …, K жиындарының әрқайсысы үшін сәйкесінше бір a, b, c, …, k мәнін таңдап, бекітіп, оларды (1) теңдеуіне ауыстырсақ, онда х теңдеуін аламыз, яғни бір белгісіз теңдеу.

Теңдеуді шешу кезінде тұрақты деп есептелетін a, b, c, ..., k айнымалылары параметрлер деп, ал теңдеудің өзі параметрлері бар теңдеу деп аталады.

Параметрлер латын әліпбиінің бірінші әріптерімен белгіленеді: a, b, c, d, ..., k, l, m, n, ал белгісіздер x, y, z әріптерімен белгіленеді.

Параметрлері бар теңдеуді шешу дегеніміз параметрлердің қандай мәндерінде шешімдер бар және олардың қандай екенін көрсету.

Құрамында бірдей параметрлері бар екі теңдеу эквивалентті деп аталады, егер:

а) олар бірдей параметр мәндері үшін мағынасы бар;

б) бірінші теңдеудің әрбір шешімі екінші теңдеудің шешімі және керісінше.

1. Шешу алгоритмі

Теңдеудің анықталу облысын табыңыз.

a-ны х-тің функциясы ретінде өрнектейміз.

xOa координаттар жүйесінде осы теңдеудің анықтау облысына кіретін х мәндері үшін a=(x) функциясының графигін тұрғызамыз.

a=c түзуінің қиылысу нүктелерін табамыз, мұндағы c(-;+) функциясының графигі a=(x) болса, a=c түзу a=( графигін қиып өтсе). x), онда қиылысу нүктелерінің абсциссаларын анықтаймыз. Ол үшін х үшін a=(x) теңдеуін шешу жеткілікті.

Жауабын жазамыз.

1. Мысалдар

I. Теңдеуді шеш

(1)

Шешім.

x=0 теңдеудің түбірі болмағандықтан, теңдеуді келесідей шешуге болады:

немесе

Функцияның графигі екі «желімделген» гипербола. Бастапқы теңдеудің шешімдерінің саны тұрғызылған түзу мен у=а түзуінің қиылысу нүктелерінің санымен анықталады.

Егер a  (-;-1](1;+) болса, онда y=a түзуі (1) теңдеудің графигін бір нүктеде қиып өтеді.Теңдеуді шешкенде осы нүктенің абсциссасын табамыз. x үшін.

Осылайша, осы аралықта (1) теңдеудің шешімі бар.

Егер a  болса, онда y=a түзу (1) теңдеудің графигін екі нүктеде қиып өтеді. Бұл нүктелердің абсциссаларын теңдеулерден табуға болады және аламыз

Және.

Егер a  болса, y=a түзу (1) теңдеудің графигін қимайды, сондықтан шешімдер жоқ.

Жауап:

Егер a  (-;-1](1;+) болса, онда;

Егер a  болса, онда;

Егер a  болса, онда шешімдер жоқ.

II. Теңдеудің үш түрлі түбірі бар а параметрінің барлық мәндерін табыңыз.

Шешім.

Теңдеуді пішінде қайта жазып, функциялар жұбын қарастыра отырып, сіз а параметрінің қажетті мәндері функция графигінің дәл үш қиылысу нүктесі болатын позицияларына сәйкес келетінін байқауға болады. функция графигі.

xOy координаттар жүйесінде функцияның графигін саламыз). Ол үшін біз оны пішінде көрсете аламыз және туындаған төрт жағдайды қарастырып, бұл функцияны пішінде жазамыз.

Функцияның графигі Ox осіне көлбеу бұрышы бар түзу болғандықтан және координаталары (0, a) нүктеде Oy осін қиып өтетіндіктен, көрсетілген үш қиылысу нүктесін тек мына жолмен алуға болады деген қорытындыға келеміз. бұл сызық функцияның графигіне тиген жағдайда. Сондықтан туындыны табамыз

Жауап: .

III. Әрқайсысы үшін теңдеулер жүйесі берілген а параметрінің барлық мәндерін табыңыз

шешімдері бар.

Шешім.

Жүйенің бірінші теңдеуінен алатынымыз Сондықтан, бұл теңдеу абсцисса осінің бойындағы төбелері бар параболаның оң жақ тармақтары «жартылай параболалар» тобын анықтайды.

Екінші теңдеудің сол жағындағы тамаша квадраттарды таңдап алып, көбейткіштерге жіктейік

Екінші теңдеуді қанағаттандыратын жазықтық нүктелерінің жиыны екі түзу

Параметрдің қандай мәндерінде «жартылай параболалар» тобындағы қисық алынған түзулердің бірімен кем дегенде бір ортақ нүктесі бар екенін анықтайық.

Егер жартылай параболаның төбелері А нүктесінің оң жағында, бірақ В нүктесінің сол жағында болса (В нүктесі жанасатын «жартылай параболаның» төбесіне сәйкес келеді.

түзу), онда қарастырылып отырған графиктердің ортақ нүктелері болмайды. «Семипараболаның» шыңы А нүктесімен сәйкес келсе, онда.

Жүйенің бірегей шешімінің болуы шартынан сызыққа тиетін «семипараболаның» жағдайын анықтаймыз.

Бұл жағдайда теңдеу

бір тамыры бар, біз мына жерден табамыз:

Демек, бастапқы жүйенің шешімі жоқ, бірақ кем дегенде бір шешімі бар немесе бар.

Жауабы: a  (-;-3] (;+).

IV. Теңдеуді шеш

Шешім.

Теңдікті пайдаланып, берілген теңдеуді формада қайта жазамыз

Бұл теңдеу жүйеге тең

Біз теңдеуді пішінде қайта жазамыз

. (*)

Соңғы теңдеуді геометриялық ойларды қолдану арқылы шешу оңай. Функциялардың графиктерін тұрғызайық және графиктен графиктер қиылыспайтыны шығады, сондықтан теңдеудің шешімі жоқ.

Егер функциялардың графиктері сәйкес келсе, демек, барлық мәндер (*) теңдеуінің шешімі болып табылады.

Графиктер абсциссасы болатын бір нүктеде қиылысқан кезде. Осылайша, (*) теңдеудің бірегей шешімі болғанда - .

Енді (*) теңдеуінің табылған шешімдерінің қандай мәндері шарттарды қанағаттандыратынын зерттейік.

Солай болсын. Жүйе пішінді алады

Оның шешімі x (1;5) интервалы болады. Осыны ескере отырып, егер бастапқы теңдеу аралықтағы х-тің барлық мәндерімен қанағаттандырылса, бастапқы теңсіздік 2 дұрыс сандық теңсіздікке тең деп қорытынды жасауға болады.<4.Поэтому все значения переменной, принадлежащие этому отрезку, входят в множество решений.

(1;+∞) интегралында тағы да 2х сызықтық теңсіздігін аламыз<4, справедливое при х<2. Поэтому интеграл (1;2) также входит в множество решений. Объединяя полученные результаты, делаем вывод: неравенству удовлетворяют все значения переменной из интеграла (-2;2) и только они.

Дегенмен, сол нәтижені көрнекі және бір мезгілде қатаң геометриялық ойлардан алуға болады. 7-суретте функция графиктері көрсетілген:ж= f( x)=| x-1|+| x+1| Жәнеж=4.

7-сурет.

Функцияның интегралдық (-2;2) графигі бойыншаж= f(x) y=4 функциясының графигінің астында орналасқан, бұл теңсіздікті білдіредіf(x)<4 справедливо. Ответ:(-2;2)

II )Параметрлері бар теңсіздіктер.

Бір немесе бірнеше параметрі бар теңсіздіктерді шешу, әдетте, параметрлері жоқ есеппен салыстырғанда күрделірек тапсырма болып табылады.

Мысалы, а параметрі бар √a+x+√a-x>4 теңсіздігін шешу үшін √1+x + √1-x>1 теңсіздігіне қарағанда, әрине, әлдеқайда көп күш қажет.

Осы теңсіздіктердің біріншісін шешу нені білдіреді? Бұл, мәні бойынша, бір теңсіздікті ғана емес, а параметріне нақты сандық мәндерді берген жағдайда алынатын тұтас классты, теңсіздіктердің тұтас жиынтығын шешуді білдіреді. Жазбаша теңсіздіктердің екіншісі біріншісінің ерекше жағдайы болып табылады, өйткені ол одан a = 1 мәнімен алынған.

Сонымен, параметрлері бар теңсіздікті шешу дегеніміз параметрлердің қандай мәндерінде теңсіздіктің шешімдері бар екенін анықтау және барлық осындай параметр мәндері үшін барлық шешімдерді табу.

1-мысал:

|x-a|+|x+a| теңсіздігін шешіңіз< б, а<>0.

Бұл теңсіздікті екі параметрмен шешуа u бГеометриялық ойларды қолданайық. 8 және 9-суреттерде функция графиктері көрсетілген.

Ы= f(x)=| x- а|+| x+ а| u ж= б.

Қашан екені анықб<=2| а| Түзуж= бқисықтың көлденең сегментінен жоғары өтпейдіж=| x- а|+| x+ а| және, демек, бұл жағдайда теңсіздіктің шешімі жоқ (8-сурет). Егерб>2| а|, содан кейін сызықж= бфункцияның графигін қиып өтедіж= f(x) екі нүктеде (-б/2; б) u (б/2; б)(6-сурет) және бұл жағдайда теңсіздік – үшін жарамдыб/2< x< б/2, өйткені айнымалының осы мәндері үшін қисықж=| x+ а|+| x- а| түзу сызықтың астында орналасқанж= б.

Жауап: Егерб<=2| а| , онда шешімдер жоқ,

Егерб>2| а|, ондаx €(- б/2; б/2).

III) Тригонометриялық теңсіздіктер:

Тригонометриялық функциялары бар теңсіздіктерді шешу кезінде бұл функциялардың периодтылығы және олардың сәйкес интервалдардағы монотондылығы қолданылады. Ең қарапайым тригонометриялық теңсіздіктер. Функциякүнә x2π оң периоды бар. Демек, пішіннің теңсіздіктері:sin x>a, sin x>=a,

күнә x

Алдымен ұзындығы 2 болатын кейбір сегментте шешу жеткіліктіπ . Осы кесіндіде табылған шешімдердің әрқайсысына 2 түріндегі сандарды қосу арқылы барлық шешімдердің жиынын аламыз.π p, pЄЗ.

1-мысал: Теңсіздікті шешукүнә x>-1/2.(10-сурет)

Алдымен бұл теңсіздікті [-π/2;3π/2] интервалында шешейік. Оның сол жағын – [-π/2;3π/2] кесіндісін қарастырайықкүнә x=-1/2 бір шешімі бар x=-π/6; және функциякүнә xмонотонды түрде артады. Бұл дегеніміз, егер –π/2<= x<= -π/6, то күнә x<= күнә(- π /6)=-1/2, яғни. х-тің бұл мәндері теңсіздіктің шешімі емес. Егер –π/6<х<=π/2 то күнә x> күнә(-π/6) = –1/2. Бұл x мәндерінің барлығы теңсіздіктің шешімі емес.

Қалған сегментте [π/2;3π/2] функциякүнә xтеңдеу де монотонды түрде төмендейдікүнә x= -1/2 бір шешімі бар x=7π/6. Демек, егер π/2<= x<7π/, то күнә x> күнә(7π/6)=-1/2, яғни. x-тің барлық осы мәндері теңсіздіктің шешімі болып табылады. ҮшінxБізде баркүнә x<= күнә(7π/6)=-1/2, бұл х мәндері шешім емес. Сонымен, [-π/2;3π/2] аралығындағы осы теңсіздіктің барлық шешімдерінің жиыны интеграл (-π/6;7π/6) болып табылады.

Функцияның периодтылығына байланыстыкүнә xКез келген түрдегі интегралды х-тің 2π периодымен: (-π/6+2πn;7π/6 +2πn),nЄЗ, сонымен қатар теңсіздіктің шешімдері болып табылады. Бұл теңсіздіктің шешімі x-тің басқа ешбір мәндері емес.

Жауабы: -π/6+2πn< x<7π/6+2π n, ҚайдаnЄ З.

Қорытынды

Теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің графикалық әдісін қарастырдық; Біз нақты мысалдарды қарастырдық, олардың шешімі монотондылық және паритет сияқты функциялардың қасиеттерін пайдаланды.Ғылыми әдебиеттер мен математика оқулықтарын талдау таңдалған материалды зерттеу мақсатына сәйкес құрылымдауға, теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің тиімді әдістерін таңдауға және әзірлеуге мүмкіндік берді. Жұмыста теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің графикалық әдісі және осы әдістер қолданылатын мысалдар келтірілген. Жобаның нәтижесін графикалық әдісті пайдалана отырып, теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу дағдыларын дамытуға арналған көмекші материал ретінде шығармашылық тапсырмаларды қарастыруға болады.

Пайдаланылған әдебиеттер тізімі

Далингер В.А. «Геометрия алгебраға көмектеседі». «Мектеп – баспасөз» баспасы. Мәскеу 1996 ж

Далингер В.А. «Математикадан бітіру және қабылдау емтихандарында табысқа жету үшін бәрі». Омбы педагогикалық университетінің баспасы. Омбы 1995 ж

Окунев А.А. «Параметрлері бар теңдеулердің графикалық шешімі». «Мектеп – баспасөз» баспасы. Мәскеу 1986 ж

Писменский Д.Т. «Жоғары сынып оқушыларына арналған математика». «Ирис» баспасы. Мәскеу 1996 ж

Ястрибинецкий Г.А. «Құрамында параметрлері бар теңдеулер мен теңсіздіктер». «Просвещение» баспасы. Мәскеу 1972 ж

Г. Корн және Т. Корн «Математика анықтамалығы». «Ғылым» физика-математикалық әдебиеттер баспасы. Мәскеу 1977 ж

Амелкин В.В. және Рабцевич В.Л. «Асар» баспасы. Минск 1996 ж

Интернет ресурстары

Графикалық әдіс квадрат теңсіздіктерді шешудің негізгі әдістерінің бірі болып табылады. Мақалада біз графикалық әдісті қолдану алгоритмін ұсынатын боламыз, содан кейін мысалдар арқылы ерекше жағдайларды қарастырамыз.

Графикалық әдістің мәні

Бұл әдіс тек квадраттық емес, кез келген теңсіздіктерді шешуге қолданылады. Оның мәні мынада: теңсіздіктің оң және сол жақтары екі бөлек y = f (x) және y = g (x) функциясы ретінде қарастырылады, олардың графиктері тікбұрышты координаталар жүйесінде салынған және графиктердің қайсысы екенін қараңыз. екіншісінің үстінде және қай аралықтарда орналасқан. Аралықтар келесідей бағаланады:

Анықтама 1

• f (x) > g (x) теңсіздігінің шешімдері f функциясының графигі g функциясының графигінен жоғары болатын интервалдар;
• f (x) ≥ g (x) теңсіздігінің шешімдері f функциясының графигі g функциясының графигінен төмен емес интервалдар;
• f(x) теңсіздігінің шешімдері< g (x) являются интервалы, где график функции f ниже графика функции g ;
• f (x) ≤ g (x) теңсіздігінің шешімдері f функциясының графигі g функциясының графигінен жоғары емес интервалдар;
• f және g функцияларының графиктерінің қиылысу нүктелерінің абсциссалары f (x) = g (x) теңдеуінің шешімдері болып табылады.

Мысал арқылы жоғарыдағы алгоритмді қарастырайық. Ол үшін a x 2 + b x + c квадрат теңсіздігін алайық< 0 (≤ , >, ≥) және одан екі функция шығарыңыз. Теңсіздіктің сол жағы y = a · x 2 + b · x + c (бұл жағдайда f (x) = a · x 2 + b · x + c), ал оң жағы у = 0 () сәйкес болады. бұл жағдайда g (x) = 0).

Бірінші функцияның графигі — парабола, екіншісі — түзу, ол х осімен Ox сәйкес келеді. Параболаның O x осіне қатысты орнын талдап көрейік. Ол үшін схемалық сызбаны жасайық.

Парабола тармақтары жоғары бағытталған. Ол O x осін нүктелерде қиып өтеді x 1Және x 2. Бұл жағдайда а коэффициенті оң болады, өйткені ол парабола тармақтарының бағытына жауап береді. Квадрат үшмүшенің екі түбірі бар екенін көрсететін дискриминант оң a x 2 + b x + c. Үшмүшенің түбірлерін деп белгілейміз x 1Және x 2, және бұл қабылданды x 1< x 2 , өйткені абсциссасы бар нүкте O x осінде бейнеленген x 1абсцисса нүктесінің сол жағында x 2.

Параболаның O x осінен жоғары орналасқан бөліктері қызыл түспен, төменде көк түспен белгіленеді. Бұл сызбаны көрнекі етіп жасауға мүмкіндік береді.

Осы бөліктерге сәйкес келетін бос орындарды таңдап, оларды суретте белгілі бір түсті өрістермен белгілейік.

Біз қызыл түспен (− ∞, x 1) және (x 2, + ∞) аралықтарын белгіледік, оларда парабола O x осінен жоғары. Олар a · x 2 + b · x + c > 0. a x 2 + b x + c теңсіздігінің шешімі болатын (x 1 , x 2) аралығын көк түспен белгіледік.< 0 . Числа x 1 и x 2 будут отвечать равенству a · x 2 + b · x + c = 0 .

Шешімнің қысқаша мазмұнын жасайық. a > 0 және D = b 2 − 4 a c > 0 (немесе жұп коэффициент b үшін D " = D 4 > 0) үшін мынаны аламыз:

• a x 2 + b x + c > 0 квадрат теңсіздігінің шешімі (− ∞ , x 1) ∪ (x 2 , + ∞) немесе басқа x белгілеуінде болады.< x 1 , x >x2;
• a · x 2 + b · x + c ≥ 0 квадрат теңсіздігінің шешімі (− ∞ , x 1 ] ∪ [ x 2 , + ∞) немесе басқа жазуда x ≤ x 1 , x ≥ x 2 ;
• a x 2 + b x + c квадрат теңсіздігін шешу< 0 является (x 1 , x 2) или в другой записи x 1 < x < x 2 ;
• a x 2 + b x + c ≤ 0 квадрат теңсіздігінің шешімі [ x 1 , x 2 ] немесе басқа белгілеуде x 1 ≤ x ≤ x 2 ,

мұндағы x 1 және x 2 квадрат үшмүшенің түбірлері a x 2 + b x + c және x 1< x 2 .

Бұл суретте парабола O x осіне тек бір нүктеде тиеді, ол ретінде белгіленген x 0 a > 0. D=0, демек, квадрат үшмүшенің бір түбірі бар x 0.

Парабола координат осінің жанасу нүктесін қоспағанда, толығымен O x осінен жоғары орналасқан. Аралықтарды бояйық (− ∞ , x 0) , (x 0 , ∞) .

Нәтижесін жазып көрейік. Сағат a > 0Және D=0:

• квадрат теңсіздікті шешу a x 2 + b x + c > 0бұл (− ∞ , x 0) ∪ (x 0 , + ∞) немесе басқа белгіде x ≠ x 0;
• квадрат теңсіздікті шешу a x 2 + b x + c ≥ 0болып табылады (− ∞ , + ∞) немесе басқа белгілеуде x ∈ R;
• квадрат теңсіздік a x 2 + b x + c< 0 шешімдері жоқ (парабола осьтен төмен орналасқан интервалдар жоқ). О x);
• квадрат теңсіздік a x 2 + b x + c ≤ 0бірегей шешімі бар x = x 0(байланыс нүктесі арқылы беріледі),

Қайда x 0- шаршы үшмүшенің түбірі a x 2 + b x + c.

Үшінші жағдайды қарастырайық, параболаның тармақтары жоғары бағытталған және оське тимейді. О x. Парабола тармақтары жоғары бағытталған, бұл дегеніміз a > 0. Квадрат үшмүшенің нақты түбірі жоқ, өйткені D< 0 .

Графикте парабола х осінен төмен болатын интервалдар жоқ. Біз суретімізге түс таңдағанда осыны ескереміз.

Қашан екені белгілі болды a > 0Және D< 0 квадрат теңсіздіктерді шешу a x 2 + b x + c > 0Және a x 2 + b x + c ≥ 0барлық нақты сандар мен теңсіздіктердің жиыны a x 2 + b x + c< 0 Және a x 2 + b x + c ≤ 0шешімдері жоқ.

Парабола тармақтары төмен бағытталған кезде бізде қарастыратын үш нұсқа қалды. Бұл үш нұсқаға егжей-тегжейлі тоқталудың қажеті жоқ, өйткені теңсіздіктің екі жағын − 1-ге көбейткенде, х 2 үшін оң коэффициенті бар эквивалентті теңсіздікті аламыз.

Мақаланың алдыңғы бөлімін қарастыру бізді графикалық әдіс арқылы теңсіздіктерді шешу алгоритмін қабылдауға дайындады. Есептеулерді орындау үшін біз әр жолы O x координаталық сызығы мен квадраттық функцияға сәйкес келетін параболаны бейнелейтін сызбаны пайдалануымыз керек. y = a x 2 + b x + c. Көп жағдайда біз O y осін бейнелемейміз, өйткені ол есептеулер үшін қажет емес және тек сызбаны шамадан тыс жүктейді.

Парабола құру үшін бізге екі нәрсені білу керек:

Анықтама 2

• а коэффициентінің мәнімен анықталатын тармақтардың бағыты;
• квадрат үшмүшенің дискриминантының мәнімен анықталатын парабола мен абсцисса осінің қиылысу нүктелерінің болуы a · x 2 + b · x + c .

Қатаң емес теңсіздіктерді шешкенде қиылысу және жанама нүктелерін әдеттегідей, ал қатаңдарды шешкенде бос нүктелерді белгілейміз.

Аяқталған сызбаның болуы шешімнің келесі қадамына өтуге мүмкіндік береді. Ол параболаның O x осінен жоғары немесе төмен орналасқан аралықтарын анықтауды қамтиды. Интервалдар мен қиылысу нүктелері квадрат теңсіздіктің шешімі болып табылады. Егер қиылысу немесе жанама нүктелері болмаса және интервалдар болмаса, онда есеп шарттарында көрсетілген теңсіздіктің шешімдері жоқ деп есептеледі.

Енді жоғарыдағы алгоритмді пайдаланып бірнеше квадрат теңсіздіктерді шешейік.

1-мысал

2 x 2 + 5 1 3 x - 2 теңсіздігін графикалық жолмен шешу керек.

Шешім

y = 2 · x 2 + 5 1 3 · x - 2 квадраттық функциясының графигін салайық. коэффициенті бойынша x 2оң, өйткені ол тең 2 . Бұл параболаның тармақтары жоғары бағытталғанын білдіреді.

Параболаның абсцисса осімен ортақ нүктелерінің бар-жоғын білу үшін 2 x 2 + 5 1 3 x - 2 квадрат үшмүшесінің дискриминантын есептейік. Біз алып жатырмыз:

D = 5 1 3 2 - 4 2 (- 2) = 400 9

Көріп отырғанымыздай, D нөлден үлкен, сондықтан бізде екі қиылысу нүктесі бар: x 1 = - 5 1 3 - 400 9 2 2 және x 2 = - 5 1 3 + 400 9 2 2, яғни, x 1 = − 3Және x 2 = 1 3.

Біз қатаң емес теңсіздікті шешеміз, сондықтан графикке қарапайым нүктелерді қоямыз. Парабола салайық. Көріп отырғаныңыздай, сызба біз қарастырған бірінші үлгідегідей көрініске ие.

Біздің теңсіздігіміз ≤ таңбасы бар. Сондықтан графикте парабола O x осінен төмен орналасқан интервалдарды ерекшелеп, оларға қиылысу нүктелерін қосу керек.

Бізге қажет интервал 3, 1 3. Оған қиылысу нүктелерін қосып, − 3, 1 3 сандық кесіндіні аламыз. Бұл біздің мәселенің шешімі. Жауапты қос теңсіздік түрінде жазуға болады: − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

Жауап:− 3 , 1 3 немесе − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

2-мысал

− x 2 + 16 x − 63< 0 графикалық әдіс.

Шешім

Айнымалының квадраты теріс сандық коэффициентке ие, сондықтан параболаның тармақтары төменге бағытталған. Дискриминанттың төртінші бөлігін есептейік D " = 8 2 − (− 1) · (− 63) = 64 − 63 = 1. Бұл нәтиже екі қиылысу нүктесі болатынын көрсетеді.

Квадрат үшмүшенің түбірлерін есептейік: x 1 = - 8 + 1 - 1 және x 2 = - 8 - 1 - 1, x 1 = 7 және x 2 = 9.

Парабола х осін нүктелерде қиып өтеді екен 7 Және 9 . Диаграммадағы бұл нүктелерді бос деп белгілейік, өйткені біз қатаң теңсіздікпен жұмыс жасаймыз. Осыдан кейін белгіленген нүктелерде O x осін қиып өтетін параболаны салыңыз.

Бізді параболаның O x осінен төмен орналасқан аралықтары қызықтырады. Осы интервалдарды көк түспен белгілейік.

Жауап аламыз: теңсіздіктің шешімі (− ∞, 7) , (9, + ∞) аралықтары болып табылады.

Жауап:(− ∞ , 7) ∪ (9 , + ∞) немесе басқа x белгілеуінде< 7 , x > 9 .

Квадрат үшмүшенің дискриминанты нөлге тең болатын жағдайларда жауапқа жанама нүктелердің абсциссасын қосу керек пе, соны мұқият қарастыру қажет. Дұрыс шешім қабылдау үшін теңсіздік белгісін ескеру қажет. Қатаң теңсіздіктерде х осінің жанама нүктесі теңсіздіктің шешімі емес, қатаң емес теңсіздіктерде болады.

3-мысал

Квадрат теңсіздікті шешу 10 x 2 − 14 x + 4, 9 ≤ 0графикалық әдіс.

Шешім

Бұл жағдайда параболаның тармақтары жоғары бағытталған болады. Ол 0, 7 нүктелеріндегі O x осіне тиеді, өйткені

Функцияның графигін салайық y = 10 x 2 − 14 x + 4, 9. Оның тармақтары жоғары бағытталған, өйткені коэффициенті at x 2оң болады және ол х осі нүктесіндегі х осіне тиеді 0 , 7 , өйткені D " = (− 7) 2 − 10 4, 9 = 0, мұндағы х 0 = 7 10 немесе 0 , 7 .

Нүкте қойып, парабола салайық.

≤ таңбасы бар қатаң емес теңсіздікті шешеміз. Демек. Бізді параболаның х осінен төмен орналасқан аралықтары және жанасу нүктесі қызықтырады. Суретте біздің шарттарымызды қанағаттандыратын интервалдар жоқ. Тек 0, 7 байланыс нүктесі бар. Бұл біз іздейтін шешім.

Жауап:Теңсіздіктің бір ғана шешімі бар 0, 7.

4-мысал

Квадрат теңсіздікті шешу – x 2 + 8 x − 16< 0 .

Шешім

Парабола тармақтары төмен бағытталған. Дискриминант нөлге тең. Қиылысу нүктесі x 0 = 4.

Х осінде жанама нүктесін белгілеп, парабола саламыз.

Біз ауыр теңсіздікпен күресіп жатырмыз. Демек, бізді параболаның O x осінен төмен орналасқан аралықтары қызықтырады. Оларды көк түспен белгілейік.

Абсциссасы 4 болатын нүкте шешім емес, өйткені ондағы парабола O x осінен төмен орналаспаған. Демек, біз екі интервал аламыз (− ∞ , 4) , (4 , + ∞) .

Жауап: (− ∞ , 4) ∪ (4 , + ∞) немесе басқа x ≠ 4 белгілеуінде.

Әрқашан бірге емес теріс мәндискриминанттық теңсіздіктің шешімі болмайды. Шешімі барлық нақты сандар жиыны болатын жағдайлар бар.

5-мысал

3 x 2 + 1 > 0 квадрат теңсіздігін графикалық жолмен шешіңіз.

Шешім

a коэффициенті оң. Дискриминант теріс. Парабола тармақтары жоғары бағытталған болады. Параболаның O x осімен қиылысу нүктелері жоқ. Сызбаға назар аударайық.

Біз > белгісі бар қатаң теңсіздікпен жұмыс істейміз. Бұл бізді параболаның х осінен жоғары орналасқан интервалдар қызықтыратынын білдіреді. Жауап барлық нақты сандар жиыны болғанда дәл солай болады.

Жауап:(− ∞, + ∞) немесе сол сияқты x ∈ R.

6-мысал

Теңсіздіктің шешімін табу керек − 2 x 2 − 7 x − 12 ≥ 0графикалық түрде.

Шешім

Парабола тармақтары төмен бағытталған. Дискриминант теріс, сондықтан парабола мен х осі арасында ортақ нүктелер жоқ. Сызбаға назар аударайық.

Біз ≥ таңбасы бар қатаң емес теңсіздікпен жұмыс істейміз, сондықтан параболаның х осінен жоғары орналасқан аралықтары бізді қызықтырады. Графикке қарағанда, мұндай олқылықтар жоқ. Бұл есеп шарттарында берілген теңсіздіктің шешімі жоқ дегенді білдіреді.

Жауап:Шешімдер жоқ.

Мәтінде қатені байқасаңыз, оны бөлектеп, Ctrl+Enter пернелерін басыңыз