Prednosti grafičke metode za rješavanje jednačina i nejednačina. Apstrakt: Grafičko rješenje jednačina. Sistemi skupova nejednačina sa dvije varijable

Grafički prikaz funkcija omogućava otprilike rješavaju nejednačine sa jednom nepoznatom i sisteme nejednačina sa jednom i dvije nepoznanice. Grafički riješiti nejednakost s jednom nepoznatom, potrebno je sve njene članove prebaciti u jedan dio, tj. voditi do:

f(x) > 0 ,

i nacrtaj funkciju y = f(x). Nakon toga, koristeći izgrađeni graf, možete pronaći nule funkcije, koji će podijeliti osu X u nekoliko intervala. Sada, na osnovu toga, određujemo intervale x, unutar kojeg znak funkcije odgovara znaku nejednakosti. Na primjer, nule naše funkcije: a I b(Sl. 30). Tada je iz grafikona vidljivo da su intervali unutar kojih f(x) > 0: x < a I x> b(označene su podebljanim strelicama). Jasno je da je znak > ovdje uslovan; umjesto njega može postojati bilo koji drugi:< , .

Da biste grafički riješili sistem nejednačina sa jednom nepoznatom, potrebno je sve članove u svakom od njih prenijeti u jedan dio, tj. dovesti nejednakosti u oblik:

i nacrtajte funkcije y = f(x), y = g(x) , ... , y = h(x). Svaka od ovih nejednakosti rješava se gore opisanom grafičkom metodom. Nakon ovoga morate pronaći presek rešenja sve nejednakosti, tj. njihov zajednički deo.

PRIMJER Riješite grafički sistem nejednačina:

Rješenje Prvo, hajde da nacrtamo funkcije y = - 2 / 3 x+ 2 i

y = x 2 -1 (Sl. 31):

Rješenje prve nejednakosti je interval x> 3, označeno na slici 31 crnom strelicom; rješenje druge nejednačine sastoji se od dva intervala: x < -1 и x> 1, označeno na slici 31 sivim strelicama.

Grafikon pokazuje da je presjek ova dva rješenja interval x> 3. Ovo je rješenje datog sistema nejednačina.

Da biste grafički riješili sistem dvije nejednačine sa dvije nepoznanice, potrebno je:

1) u svakom od njih premjestiti sve pojmove u jedan dio, tj. donesi

nejednakosti u obliku:

2) izgraditi grafove funkcija specificiranih implicitno: f(x, y) = 0 i g(x, y) = 0;

3) svaki od ovih grafika dijeli koordinatnu ravan na dva dijela:

u jednoj od njih nejednakost pošteno, u drugom - ne;riješiti

grafički svaku od ovih nejednakosti, dovoljno je provjeriti

valjanost nejednakosti u jednoj proizvoljnoj tački unutar bilo koje

delovi aviona; ako se nejednakost dogodi u ovoj tački, onda

ovaj dio koordinatne ravni je njeno rješenje, ako ne, onda

rješenje je suprotni dio ravnine;

4) rešenje datog sistema nejednačina je presek

(opće područje) dijelovi koordinatne ravni.

PRIMJER Riješite sistem nejednačina:

Rješenje Prvo gradimo grafove linearnih funkcija: 5 x - 7y= -11 i

2x + 3y= 10 (slika 32). Za svaku od njih nalazimo poluravninu,

Unutar kojih je odgovarajuća data nejednakost

Fer. Znamo da je dovoljno provjeriti pravednost

Nejednakosti u jednoj proizvoljnoj tački u regionu; u ovom

Najlakši način da to učinite je korištenje ishodišta koordinata O (0, 0).

Umjesto toga, zamijenimo njegove koordinate u naše nejednakosti x I y,

Dobijamo: 5 0 - 7 0 = 0 > -11, dakle, niže

Poluravnina (žuta) je rješenje za prvu

nejednakosti; 2 0 + 3 0 = 0< 10, поэтому второе неравенство

Njegovo rješenje također ima donju poluravninu (plava

Boje). Presjek ovih poluravni (tirkizno obojeno područje)

To je rješenje za naš sistem nejednakosti.

Učenik 10. razreda Yuri Kotovchikhin

Učenici počinju izučavati jednačine sa modulima već u 6. razredu, uče metodu standardnog rješenja korištenjem proširenja modula na intervale konstantnog predznaka submodularnih izraza. Odabrao sam upravo ovu temu jer smatram da zahtijeva dublje i temeljnije proučavanje, a problemi sa modulom stvaraju velike poteškoće studentima. U školskom planu i programu postoje zadaci koji sadrže modul kao zadaci povećane složenosti i na ispitima, stoga moramo biti spremni na susret sa takvim zadatkom.

Skinuti:

Pregled:

Opštinska obrazovna ustanova

Srednja škola br.5

Istraživački rad na temu:

« Algebarsko i grafičko rješenje jednačina i nejednačina koje sadrže modul»

Uradio sam posao:

Učenik 10. razreda

Kotovchikhin Yuri

Supervizor:

Nastavnik matematike

Shanta N.P.

Uryupinsk

1.Uvod…………………………………………………………………….3

2. Koncepti i definicije……………………………………………….5

3. Dokaz teorema……………………………………………………..6

4. Metode rješavanja jednačina koje sadrže modul…………...7

4.1. Rješenje korištenjem zavisnosti između brojeva a i b, njihovih modula i kvadrata………………………………………………………………………………………………12

4.2. Upotreba geometrijske interpretacije modula za rješavanje jednačina…………………………………………………………………………..14

4.3.Grafovi najjednostavnijih funkcija koji sadrže predznak apsolutne vrijednosti.

………………………………………………………………………15

4.4.Rješavanje nestandardnih jednačina koje sadrže modul....16

5. Zaključak…………………………………………………………………….17

6. Spisak korištene literature………………………………………18

Svrha rada: učenici počinju da izučavaju jednačine sa modulima od 6. razreda, uče metodu standardnog rješenja korištenjem proširenja modula na intervale konstantnog predznaka submodularnih izraza. Odabrao sam upravo ovu temu jer smatram da zahtijeva dublje i temeljnije proučavanje, a problemi u modulu stvaraju velike poteškoće studentima. U školskom planu i programu postoje zadaci koji sadrže modul kao zadaci povećane složenosti i na ispitima, stoga moramo biti spremni na susret sa takvim zadatkom.

1. Uvod:

Riječ "modul" dolazi od latinske riječi "modulus", što znači "mjera". Ovo je polisemantička riječ (homonim), koja ima mnogo značenja i koristi se ne samo u matematici, već iu arhitekturi, fizici, tehnologiji, programiranju i drugim egzaktnim naukama.

U arhitekturi, ovo je početna mjerna jedinica uspostavljena za datu arhitektonsku strukturu i koja se koristi za izražavanje višestrukih odnosa njenih sastavnih elemenata.

U tehnologiji je to pojam koji se koristi u raznim oblastima tehnike, koji nema univerzalno značenje i služi za označavanje različitih koeficijenata i veličina, na primjer, modul zahvata, modul elastičnosti itd.

Modul volumena (u fizici) je omjer normalnog naprezanja u materijalu i relativnog izduženja.

2. Koncepti i definicije

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

Da biste dublje proučili ovu temu, potrebno je upoznati se s najjednostavnijim definicijama koje će mi trebati:

Jednačina je jednakost koja sadrži varijable.

Jednačina sa modulom je jednačina koja sadrži varijablu pod znakom apsolutne vrijednosti (pod znakom modula).

Rješavanje jednadžbe znači pronalaženje svih njezinih korijena ili dokazivanje da nema korijena.

3. Dokaz teorema

Teorema 1. Apsolutna vrijednost realnog broja jednak je većem od dva broja a ili -a.

Dokaz

1. Ako je broj a pozitivan, onda je -a negativan, tj. -a

Na primjer, broj 5 je pozitivan, zatim -5 je negativan i -5

U ovom slučaju |a| = a, tj. |a| odgovara većem od dva broja a i - a.

2. Ako je a negativno, onda je -a pozitivno i a

Posljedica. Iz teoreme slijedi da je |-a| = |a|.

U stvari, oba i jednaka su većem od brojeva -a i a, što znači da su jednaki jedan drugom.

Teorema 2. Apsolutna vrijednost bilo kojeg realnog broja a jednaka je aritmetici kvadratni korijen iz 2 .

U stvari, ako tada, po definiciji modula broja, imaćemo lAl>0 S druge strane, za A>0 to znači |a| = √A 2

Ako a 2

Ova teorema omogućava zamjenu |a| prilikom rješavanja nekih problema. on

Geometrijski |a| označava udaljenost na koordinatnoj liniji od tačke koja predstavlja broj a do ishodišta.

Ako tada na koordinatnoj pravoj postoje dvije tačke a i -a, jednako udaljene od nule, čiji su moduli jednaki.

Ako je a = 0, onda na koordinatnoj liniji |a| predstavljeno tačkom 0

4. Metode rješavanja jednačina koje sadrže modul.

Za rješavanje jednadžbi koje sadrže predznak apsolutne vrijednosti, oslonićemo se na definiciju modula broja i svojstva apsolutne vrijednosti broja. Riješit ćemo neke primjere Različiti putevi i da vidimo koja metoda je lakša za rješavanje jednačina koje sadrže modul.

Primjer 1. Riješimo analitički i grafički jednačinu |x + 2| = 1.

Rješenje

Analitičko rješenje

1. metoda

Mi ćemo zaključiti na osnovu definicije modula. Ako je izraz ispod modula nenegativan, tj. x + 2 ≥0, tada će ispod znaka modula “izaći” sa znakom plus i jednačina će poprimiti oblik: x + 2 = 1. Ako vrijednost izraza pod predznakom modula je negativna , tada će po definiciji biti jednaka: ili x + 2=-1

Dakle, dobijamo ili x + 2 = 1 ili x + 2 = -1. Rješavajući rezultirajuće jednačine, nalazimo: X+2=1 ili X+2+-1

X=-1 X=3

Odgovor: -3;-1.

Sada možemo zaključiti: ako je modul nekog izraza jednak pozitivnom realnom broju a, onda je izraz pod modulom ili a ili -a.

Grafičko rješenje

Jedan od načina rješavanja jednačina koje sadrže modul je grafička metoda. Suština ove metode je da se izgrade grafovi ovih funkcija. Ako se grafovi sijeku, presječne točke ovih grafova bit će korijeni naše jednadžbe. Ako se grafovi ne sijeku, možemo zaključiti da jednačina nema korijena. Ova metoda se vjerovatno koristi rjeđe od drugih za rješavanje jednačina koje sadrže modul, jer, prvo, oduzima puno vremena i nije uvijek racionalna, a drugo, rezultati dobiveni prilikom crtanja grafova nisu uvijek tačni.

Drugi način rješavanja jednadžbi koje sadrže modul je podjela brojevne prave na intervale. U ovom slučaju trebamo podijeliti brojevnu pravu tako da se, po definiciji modula, može ukloniti predznak apsolutne vrijednosti na ovim intervalima. Tada ćemo za svaki od intervala morati riješiti ovu jednačinu i izvući zaključak o rezultujućim korijenima (da li oni zadovoljavaju naš interval ili ne). Korijeni koji zadovoljavaju praznine će dati konačan odgovor.

2. metoda

Hajde da ustanovimo pri kojim vrednostima x je modul jednak nuli: |X+2|=0, X=2

Dobijamo dva intervala, na svakom od kojih rješavamo jednačinu:

Dobijamo dva mješovita sistema:

(1) X+2 0

X-2=1 X+2=1

Rešimo svaki sistem:

X=-3 X=-1

Odgovor: -3;-1.

Grafičko rješenje

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

Grafičko rješenje

Da biste grafički riješili jednačinu, trebate izgraditi grafove funkcija i

Da bismo napravili graf funkcije, napravimo graf funkcije - ovo je funkcija koja siječe os OX i os OY u tačkama.

Apscise presječnih tačaka grafova funkcija će dati rješenja jednadžbe.

Pravi grafik funkcije y=1 seče sa grafikom funkcije y=|x + 2| u tačkama sa koordinatama (-3; 1) i (-1; 1), stoga će rješenja jednadžbe biti apscisa tačaka:

x=-3, x=-1

Odgovor: -3;-1

Primjer 2. Riješite analitički i grafički jednadžbu 1 + |x| = 0,5.

Rješenje:

Analitičko rješenje

Transformirajmo jednačinu: 1 + |x| = 0,5

|x| =0,5-1

|x|=-0,5

Jasno je da u ovom slučaju jednačina nema rješenja, jer je po definiciji modul uvijek nenegativan.

Odgovor: nema rješenja.

Grafičko rješenje

Transformirajmo jednačinu: : 1 + |x| = 0,5

|x| =0,5-1

|x|=-0,5

Graf funkcije su zrake - simetrale 1. i 2. koordinatnog ugla. Grafikon funkcije je prava linija, paralelno sa osom OX i prolazi kroz tačku -0,5 na OY osi.

Grafovi se ne sijeku, što znači da jednačina nema rješenja.

Odgovor: nema rješenja.

Primjer 3. Analitički i grafički riješiti jednačinu |-x + 2| = 2x + 1.

Rješenje:

Analitičko rješenje

1. metoda

Prvo morate postaviti raspon prihvatljivih vrijednosti za varijablu. Postavlja se prirodno pitanje: zašto u prethodnim primjerima nije bilo potrebe da se to radi, a sada se pojavilo.

Činjenica je da je u ovom primjeru na lijevoj strani jednadžbe modul nekog izraza, a na desnoj strani nije broj, već izraz s promjenljivom - upravo ta važna okolnost razlikuje ovaj primjer od prethodni.

Kako se na lijevoj strani nalazi modul, a na desnoj izraz koji sadrži varijablu, potrebno je zahtijevati da ovaj izraz bude nenegativan, tj.

vrijednosti modula

Sada možemo razmišljati na isti način kao u primjeru 1, kada je na desnoj strani jednakosti bio pozitivan broj. Dobijamo dva mješovita sistema:

(1) -X+2≥0 i (2) -X+2

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

Rešimo svaki sistem:

(1) je uključen u interval i korijen je jednačine.

X≤2

X=⅓

(2) X>2

X=-3

X = -3 nije uključen u interval i nije korijen jednačine.

Odgovor: ⅓.

4.1 Rješenje korištenjem zavisnosti između brojeva a i b, njihovih modula i kvadrata ovih brojeva.

Pored metoda koje sam dao gore, postoji određena ekvivalencija između brojeva i modula datih brojeva, kao i između kvadrata i modula datih brojeva:

|a|=|b| a=b ili a=-b

A2=b2 a=b ili a=-b

Odavde to dobijamo

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

Primjer 4. Riješite jednačinu |x + 1|=|2x - 5| na dva različita načina.

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

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

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

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

X=6 x=11/3

Korijen prve jednačine x=6, korijen druge jednačine x=11/3

Dakle, korijeni originalne jednadžbe x 1 =6, x 2 =11/3

2. Na osnovu relacije (2), dobijamo

(x + 1)2=(2x - 5)2, ili x2 + 2x + 1=4x2 - 20x + 25

X2 - 4x2 +2x+1 + 20x - 25=0

3x2 + 22x - 24=0|(:-1)

3x2 - 22x + 24=0

D/4=121-3 24=121 - 72=49>0 ==>jednačina ima 2 različita korijena.

x 1 =(11 - 7)/3=11/3

x 2 =(11 + 7)/3=6

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

Odgovor: x 1 =6, x 2 =11/3

Primjer 5. Riješite jednačinu (2x + 3) 2 =(x - 1) 2 .

Uzimajući u obzir relaciju (2), dobijamo da je |2x + 3|=|x - 1|, od čega, prema primeru prethodnog primera (i prema relaciji (1)):

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

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

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

Dakle, korijeni jednadžbe su x1 = -4, a x2 = -0, (6)

Odgovor: x1=-4, x2 =0,(6)

Primjer 6. Riješite jednačinu |x - 6|=|x2 - 5x + 9|

Koristeći odnos, dobijamo:

x - 6=x2 - 5x + 9 ili x - 6 = -(x2 - 5x + 9)

X2 + 5x + x - 6 - 9=0 |(-1) x - 6=-x2 + 5x - 9

x2 - 6x + 15=0 x2 - 4x + 3=0

D=36 - 4 15=36 - 60= -24 D=16 - 4 3=4 >0==>2 r.k.

==> bez korijena.

X 1 =(4-2) /2=1

X 2 =(4 + 2) /2=3

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

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

3 = 3(I)

Odgovor: x 1 =1; x 2 =3

4.2. Upotreba geometrijske interpretacije modula za rješavanje jednačina.

Geometrijsko značenje modula razlike između veličina je rastojanje između njih. Na primjer, geometrijsko značenje izraza |x - a | - dužina segmenta koordinatna osa, spajanje tačaka sa apscisama a i x. Prevođenje algebarskog problema u geometrijski jezik često omogućava izbjegavanje glomaznih rješenja.

Primjer 7. Rešimo jednačinu |x - 1| + |x - 2|=1 koristeći geometrijsku interpretaciju modula.

Rezonovaćemo na sledeći način: na osnovu geometrijske interpretacije modula, leva strana jednačine je zbir rastojanja od neke apscisne tačke x do dve fiksne tačke sa apscisama 1 i 2. Tada je očigledno da su sve tačke sa apscisama iz segmenta imaju traženo svojstvo, a tačke koje se nalaze izvan ovog segmenta - br. Otuda i odgovor: skup rješenja jednačine je segment.

odgovor:

Primjer 8. Rešimo jednačinu |x - 1| - |x - 2|=1 1 koristeći geometrijsku interpretaciju modula.

Rezonovaćemo slično kao u prethodnom primjeru i naći ćemo da je razlika u udaljenostima do tačaka sa apscisama 1 i 2 jednaka jedinici samo za tačke koje se nalaze na koordinatnoj osi desno od broja 2. Prema tome, rješenje za ova jednadžba neće biti segment zatvoren između tačaka 1 i 2, i zraka koja izlazi iz tačke 2 i usmjerena u pozitivnom smjeru ose OX.

Odgovor: ∪ [ x 2 , + ∞) ili u drugoj notaciji x ≤ x 1 , x ≥ x 2 ;

rješavanje kvadratne nejednačine a x 2 + b x + c< 0 является (x 1 , x 2) или в другой записи x 1 < x < x 2 ;

rješenje kvadratne nejednakosti a x 2 + b x + c ≤ 0 je [ x 1 , x 2 ] ili u drugom zapisu x 1 ≤ x ≤ x 2 ,

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

Na ovoj slici parabola dodiruje os Ox samo u jednoj tački, koja je označena kao x 0 a > 0. D=0, dakle, kvadratni trinom ima jedan korijen x 0.

Parabola se nalazi iznad ose O x u potpunosti, sa izuzetkom tačke tangente koordinatne ose. Obojimo intervale (− ∞ , x 0) , (x 0 , ∞) .

Hajde da zapišemo rezultate. At a > 0 I D=0:

• rješavanje kvadratne nejednačine a x 2 + b x + c > 0 je (− ∞ , x 0) ∪ (x 0 , + ∞) ili u nekoj drugoj notaciji x ≠ x 0;
• rješavanje kvadratne nejednačine a x 2 + b x + c ≥ 0 je (− ∞ , + ∞) ili u drugoj notaciji x ∈ R;
• kvadratna nejednakost a x 2 + b x + c< 0 nema rješenja (nema intervala u kojima se parabola nalazi ispod ose O x);
• kvadratna nejednakost a x 2 + b x + c ≤ 0 ima jedinstveno rešenje x = x 0(daje se putem kontaktne tačke),

Gdje x 0- korijen kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c.

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

Na grafu ne postoje intervali u kojima bi parabola bila ispod x-ose. Ovo ćemo uzeti u obzir pri odabiru boje za naš crtež.

Ispostavilo se da kada a > 0 I D< 0 rješavanje kvadratnih nejednačina a x 2 + b x + c > 0 I a x 2 + b x + c ≥ 0 je skup svega realni brojevi, i nejednakosti a x 2 + b x + c< 0 I a x 2 + b x + c ≤ 0 nemaju rješenja.

Ostale su nam tri opcije za razmatranje kada su grane parabole usmjerene prema dolje. Nema potrebe da se detaljnije zadržavamo na ove tri opcije, jer kada pomnožimo obe strane nejednakosti sa −1, dobijamo ekvivalentnu nejednakost sa pozitivnim koeficijentom za x 2.

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

Da bismo konstruirali parabolu, trebat ćemo znati dvije stvari:

Definicija 2

• smjer grana, koji je određen vrijednošću koeficijenta a;
• prisustvo tačaka preseka parabole i ose apscise, koje su određene vrednošću diskriminanta kvadratnog trinoma a · x 2 + b · x + c .

Tačke preseka i dodira označavaćemo na uobičajen način pri rešavanju nestrogih nejednačina, a prazne kod rešavanja strogih.

Posjedovanje završenog crteža omogućava vam da prijeđete na sljedeći korak rješenja. Uključuje određivanje intervala u kojima se parabola nalazi iznad ili ispod ose Ox. Intervali i točke presjeka su rješenje kvadratne nejednakosti. Ako nema tačaka preseka ili dodira i nema intervala, onda se smatra da nejednakost navedena u uslovima problema nema rešenja.

Sada ćemo riješiti nekoliko kvadratnih nejednakosti koristeći gornji algoritam.

Primjer 1

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

Rješenje

Nacrtajmo grafik kvadratne funkcije y = 2 · x 2 + 5 1 3 · x - 2 . Koeficijent at x 2 pozitivan jer je jednak 2 . To znači da će grane parabole biti usmjerene prema gore.

Izračunajmo diskriminant kvadratnog trinoma 2 x 2 + 5 1 3 x - 2 da bismo saznali da li parabola ima zajedničke tačke sa osom apscise. Dobijamo:

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

Kao što vidimo, D je veće od nule, dakle, imamo dvije točke preseka: x 1 = - 5 1 3 - 400 9 2 2 i x 2 = - 5 1 3 + 400 9 2 2, tj. x 1 = − 3 I x 2 = 1 3.

Rješavamo nestrogu nejednakost, stoga na graf stavljamo obične tačke. Nacrtajmo parabolu. Kao što vidite, crtež ima isti izgled kao u prvom šablonu koji smo razmatrali.

Naša nejednakost ima predznak ≤. Zbog toga na grafu treba da istaknemo intervale u kojima se parabola nalazi ispod ose O x i da im dodamo tačke preseka.

Interval koji nam treba je 3, 1 3. Dodamo joj presečne tačke i dobijemo numerički segment − 3, 1 3. Ovo je rješenje našeg problema. Odgovor se može zapisati kao dvostruka nejednačina: − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

odgovor:− 3 , 1 3 ili − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

Primjer 2

− x 2 + 16 x − 63< 0 grafička metoda.

Rješenje

Kvadrat varijable ima negativan numerički koeficijent, pa će grane parabole biti usmjerene naniže. Izračunajmo četvrti dio diskriminanta D " = 8 2 − (− 1) · (− 63) = 64 − 63 = 1. Ovaj rezultat nam govori da će postojati dvije točke sjecišta.

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

Ispostavilo se da parabola siječe x-osu u tačkama 7 I 9 . Označimo ove tačke na grafu kao prazne, pošto radimo sa strogom nejednakošću. Nakon toga nacrtajte parabolu koja siječe osu Ox u označenim tačkama.

Nas će zanimati intervali u kojima se parabola nalazi ispod ose O x. Označimo ove intervale plavom bojom.

Dobijamo odgovor: rješenje nejednakosti su intervali (− ∞, 7) , (9, + ∞) .

odgovor:(− ∞ , 7) ∪ (9 , + ∞) ili u drugoj notaciji x< 7 , x > 9 .

U slučajevima kada je diskriminanta kvadratnog trinoma nula, potrebno je pažljivo razmotriti da li u odgovor uključiti apscisu tangentnih tačaka. Da bi se donijela ispravna odluka, potrebno je uzeti u obzir znak nejednakosti. U striktnim nejednačinama, tačka tangentnosti x-ose nije rešenje nejednakosti, ali u nestrogim jeste.

Primjer 3

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

Rješenje

Grane parabole u ovom slučaju će biti usmjerene prema gore. Dodirnut će O x osu u tački 0, 7, pošto

Nacrtajmo funkciju y = 10 x 2 − 14 x + 4, 9. Njegove grane su usmjerene prema gore, budući da je koeficijent at x 2 pozitivan, i dodiruje x-osu u tački x-ose 0 , 7 , jer D " = (− 7) 2 − 10 4, 9 = 0, odakle je x 0 = 7 10 ili 0 , 7 .

Stavimo tačku i nacrtamo parabolu.

Nestrogu nejednakost rješavamo predznakom ≤. Dakle. Zanimaju nas intervali u kojima se parabola nalazi ispod x-ose i tačke dodira. Na slici nema intervala koji bi zadovoljili naše uslove. Postoji samo tačka kontakta 0, 7. Ovo je rješenje koje tražimo.

odgovor: Nejednačina ima samo jedno rješenje 0,7.

Primjer 4

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

Rješenje

Grane parabole su usmjerene prema dolje. Diskriminant je nula. Tačka raskrsnice x 0 = 4.

Označavamo tačku dodira na x-osi i crtamo parabolu.

Imamo posla sa ozbiljnom nejednakošću. Shodno tome, zanimaju nas intervali u kojima se parabola nalazi ispod ose O x. Označimo ih plavom bojom.

Tačka sa apscisom 4 nije rješenje, jer se parabola u njoj ne nalazi ispod ose O x. Kao rezultat toga, dobijamo dva intervala (− ∞ , 4) , (4 , + ∞) .

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

Ne uvijek, ako je diskriminantna vrijednost negativna, nejednakost neće imati rješenja. Postoje slučajevi kada je rješenje skup svih realnih brojeva.

Primjer 5

Kvadratnu nejednačinu 3 x 2 + 1 > 0 riješi grafički.

Rješenje

Koeficijent a je pozitivan. Diskriminant je negativan. Grane parabole će biti usmjerene prema gore. Ne postoje tačke preseka parabole sa O x osom. Pogledajmo crtež.

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

odgovor:(− ∞, + ∞) ili tako x ∈ R.

Primjer 6

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

Rješenje

Grane parabole su usmjerene prema dolje. Diskriminant je, dakle, negativan zajedničke tačke Ne postoji parabola ili x-ose. Pogledajmo crtež.

Radimo sa nestrogom nejednakošću sa predznakom ≥, stoga su nam interesantni intervali u kojima se parabola nalazi iznad x-ose. Sudeći po grafikonu, takvih praznina nema. To znači da nejednakost data u uslovima problema nema rješenja.

odgovor: Nema rješenja.

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