ĮėjimasKaip išspręsti lygtį su skirtingais laipsniais. Paskaita: „Eksponentinių lygčių sprendimo metodai
Eksponentinės lygtys yra tos, kurių eksponente yra nežinomasis. Paprasčiausia eksponentinė lygtis turi tokią formą: a x = a b, kur a> 0, a 1, x nežinomas.
Pagrindinės laipsnių savybės, kuriomis transformuojamos eksponentinės lygtys: a>0, b>0.
Sprendžiant eksponentinės lygtys taip pat naudokite šias eksponentinės funkcijos savybes: y = a x, a > 0, a1:
Norėdami pateikti skaičių kaip laipsnį, naudokite pagrindinę logaritminę tapatybę: b = , a > 0, a1, b > 0.
Uždaviniai ir testai tema "Eksponentinės lygtys"
- Eksponentinės lygtys
Pamokos: 4 Užduotys: 21 Testas: 1
- Eksponentinės lygtys - Svarbios temos apžvelgiant vieningą matematikos valstybinį egzaminą
Užduotys: 14
- Eksponentinių ir logaritminių lygčių sistemos – Demonstratyvus ir logaritminė funkcija 11 klasė
Pamokos: 1 Užduotys: 15 Testai: 1
- §2.1. Eksponentinių lygčių sprendimas
Pamokos: 1 Užduotys: 27
- §7 Eksponentinės ir logaritminės lygtys ir nelygybės - 5 skyrius. Eksponentinės ir logaritminės funkcijos, 10 klasė
Pamokos: 1 Užduotys: 17
Norėdami sėkmingai išspręsti eksponenlines lygtis, turite žinoti pagrindines laipsnių savybes, eksponentinės funkcijos savybes ir pagrindinę logaritminę tapatybę.
Sprendžiant eksponentines lygtis, naudojami du pagrindiniai metodai:
- perėjimas iš lygties a f(x) = a g(x) į lygtį f(x) = g(x);
- naujų linijų įvedimas.
Pavyzdžiai.
1. Lygtys sumažintos iki paprasčiausių. Jie išsprendžiami redukuojant abi lygties puses iki laipsnio su ta pačia baze.
3 x = 9 x – 2 .
Sprendimas:
3 x = (3 2) x – 2;
3 x = 3 2x – 4;
x = 2x –4;
x = 4.
Atsakymas: 4.
2. Lygtys išspręstos bendrąjį koeficientą išimant iš skliaustų.
Sprendimas:
3 x – 3 x – 2 = 24
3 x – 2 (3 2 – 1) = 24
3 x – 2 × 8 = 24
3 x – 2 = 3
x – 2 = 1
x = 3.
Atsakymas: 3.
3. Lygtys, išspręstos naudojant kintamojo kaitą.
Sprendimas:
2 2x + 2 x – 12 = 0
Žymime 2 x = y.
y 2 + y – 12 = 0
y 1 = -4; y2 = 3.
a) 2 x = - 4. Lygtis neturi sprendinių, nes 2 x > 0.
b) 2 x = 3; 2 x = 2 log 2 3; x = log 2 3.
Atsakymas:žurnalas 2 3.
4. Lygtys, turinčios laipsnius su dviem skirtingomis (viena į kitą neredukuojamomis) bazėmis.
3 × 2 x + 1 – 2 × 5 x – 2 = 5 x + 2 x – 2.
3× 2 x + 1 – 2 x – 2 = 5 x – 2 × 5 x – 2
2 x – 2 × 23 = 5 x – 2
×23
2 x – 2 = 5 x – 2
(5/2) x–2 = 1
x – 2 = 0
x = 2.
Atsakymas: 2.
5. Lygtys, kurios yra vienalytės a x ir b x atžvilgiu.
Bendra forma: .
9 x + 4 x = 2,5 × 6 x.
Sprendimas:
3 2x – 2,5 × 2 x × 3 x +2 2x = 0 |: 2 2x > 0
(3/2) 2x – 2,5 × (3/2) x + 1 = 0.
Pažymėkime (3/2) x = y.
y 2 – 2,5 m + 1 = 0,
y 1 = 2; y 2 = ½. 
Atsakymas: log 3/2 2; - žurnalas 3/2 2.
Šiame straipsnyje susipažinsite su visomis rūšimis eksponentinės lygtys ir jų sprendimo algoritmus, išmokti atpažinti, kokiam tipui jis priklauso eksponentinė lygtis, kurią turite išspręsti, ir pritaikykite tinkamą metodą. Išsamus pavyzdžių sprendimas eksponentinės lygtys Kiekvieną tipą galite žiūrėti atitinkamose VAIZDO PAMOKOSE.
Eksponentinė lygtis yra lygtis, kurios eksponente yra nežinomasis.
Prieš pradedant spręsti eksponentinę lygtį, naudinga padaryti keletą išankstiniai veiksmai , kuris gali žymiai palengvinti jos sprendimo procesą. Tai yra žingsniai:
1. Padalinkite visas galių bazes į pirminius veiksnius.
2. Pateikite šaknis kaip laipsnį.
3. Dešimtainėsįsivaizduokite kaip paprastus.
4. Mišrius skaičius parašykite kaip netinkamąsias trupmenas.
Šių veiksmų naudą suprasite spręsdami lygtis.
Pažvelkime į pagrindinius tipus eksponentinės lygtys ir jų sprendimo algoritmus.
1. Formos lygtis
Ši lygtis yra lygiavertė lygčiai
Žiūrėkite lygties sprendimą šiame VAIZDO PAMOKOJE 
Šis tipas.
2. Formos lygtis
Šio tipo lygtyse:
b) koeficientai nežinomiesiems rodiklyje yra lygūs.
Norėdami išspręsti šią lygtį, turite išskirti mažiausią koeficientą.
Šio tipo lygties sprendimo pavyzdys:
žiūrėkite VAIZDO PAMOKA.
3. Formos lygtis
Šio tipo lygtys skiriasi tuo
a) visi laipsniai turi vienodus pagrindus
b) nežiniamojo koeficientai eksponente yra skirtingi.
Šio tipo lygtys sprendžiamos naudojant kintamųjų pokyčius. Prieš įvedant pakeitimą, patartina atsikratyti nemokamų terminų eksponente. (, ir tt)
Norėdami išspręsti šio tipo lygtį, žiūrėkite VAIZDO PAMOKA:
4.
Homogeninės lygtys malonus
Skiriamieji vienarūšių lygčių bruožai:
a) visi monomai turi tą patį laipsnį,
b) laisvas terminas lygus nuliui,
c) lygtyje yra laipsniai su dviem skirtingais pagrindais.
Homogeninės lygtys sprendžiamos naudojant panašų algoritmą.
Norėdami išspręsti tokio tipo lygtį, abi lygties puses padalijame iš (gali būti padalinta iš arba iš)
Dėmesio! Dalijant dešinę ir kairę lygties puses iš išraiškos, kurioje yra nežinomasis, galite prarasti šaknis. Todėl reikia patikrinti, ar išraiškos, kuria dalijame abi lygties puses, šaknys yra pradinės lygties šaknys.
Mūsų atveju, kadangi išraiška nėra nulis jokiai nežinomybės reikšmei, mes galime dalytis iš jos be baimės. Padalinkime kairę lygties pusę iš šios išraiškos termino. Mes gauname:
Sumažinkime antrosios ir trečiosios trupmenų skaitiklį ir vardiklį:
Pristatome pakaitalą:
Be to, title="t>0">при всех допустимых значениях неизвестного.!}
Mes gauname kvadratinė lygtis:
Išspręskime kvadratinę lygtį, suraskime reikšmes, kurios tenkina sąlygą title="t>0">, а затем вернемся к исходному неизвестному.!}
Žiūrėkite VAIZDO PAMOKA detalus sprendimas vienalytė lygtis:
5. Formos lygtis
Spręsdami šią lygtį, vadovausimės tuo, kad title="f(x)>0">!}
Pradinė lygybė tenkinama dviem atvejais:
1. Jei 1 bet kuriai laipsniai yra lygus 1,
2. Jei tenkinamos dvi sąlygos:
Title="delim(lbrace)(matrica(2)(1)((f(x)>0) (g(x)=h(x)) (x-8y+9z=0))) ( )">!}
Norėdami gauti išsamų lygties sprendimą, žiūrėkite VAIZDO PAMOKA
Pasiruošimo galutiniam testui etape aukštųjų mokyklų studentai turi patobulinti savo žinias tema „Eksponentinės lygtys“. Pastarųjų metų patirtis rodo, kad tokios užduotys moksleiviams kelia tam tikrų sunkumų. Todėl aukštųjų mokyklų studentai, nepaisant jų pasirengimo lygio, turi gerai įsisavinti teoriją, prisiminti formules ir suprasti tokių lygčių sprendimo principą. Išmokę susidoroti su tokio tipo problemomis, abiturientai gali tikėtis aukštų balų laikydami vieningą valstybinį matematikos egzaminą.
Pasiruoškite egzaminui su Shkolkovo!
Peržiūrėdami medžiagą, kurią jie apėmė, daugelis studentų susiduria su formulių, reikalingų lygtims spręsti, problema. Mokyklinis vadovėlis ne visada po ranka, o reikiamos informacijos tam tikra tema internete atrinkimas užtrunka ilgai.
Švietimo portalas Shkolkovo kviečia mokinius naudotis mūsų žinių baze. Visiškai įgyvendiname naujas metodas pasiruošimas paskutiniam testui. Studijuodami mūsų svetainėje galėsite atpažinti žinių spragas ir atkreipti dėmesį į tas užduotis, kurios kelia daugiausiai sunkumų.
Shkolkovo mokytojai surinko, susistemino ir pristatė viską, ko reikia sėkmingas užbaigimas Vieningo valstybinio egzamino medžiaga paprasčiausia ir prieinamiausia forma.
Pagrindiniai apibrėžimai ir formulės pateikiami skyriuje „Teorinis pagrindas“.
Norint geriau suprasti medžiagą, rekomenduojame pasipraktikuoti atliekant užduotis. Atidžiai peržiūrėkite šiame puslapyje pateiktus eksponentinių lygčių ir sprendimų pavyzdžius, kad suprastumėte skaičiavimo algoritmą. Po to atlikite užduotis skyriuje „Katalogai“. Galite pradėti nuo paprasčiausių užduočių arba pereiti tiesiai prie sudėtingų eksponentinių lygčių su keliais nežinomaisiais arba . Mūsų svetainėje esanti pratimų duomenų bazė nuolat pildoma ir atnaujinama.
Pavyzdžius su indikatoriais, kurie jums sukėlė sunkumų, galite įtraukti į „Mėgstamiausius“. Tokiu būdu galite greitai juos rasti ir aptarti sprendimą su savo mokytoju.
Norėdami sėkmingai išlaikyti vieningą valstybinį egzaminą, kiekvieną dieną mokykitės Shkolkovo portale!
Paskaita: „Eksponentinių lygčių sprendimo metodai“.
1 . Eksponentinės lygtys.
Lygtys, kurių eksponentuose yra nežinomųjų, vadinamos eksponentinėmis lygtimis. Paprasčiausia iš jų yra lygtis ax = b, kur a > 0, a ≠ 1.
1) ties b< 0 и b = 0 это уравнение, согласно свойству 1 показательной функции, не имеет решения.
2) Jei b > 0, naudojant funkcijos monotoniškumą ir šaknies teoremą, lygtis turi unikalią šaknį. Norint jį rasti, b turi būti pavaizduota forma b = aс, аx = bс ó x = c arba x = logab.
Eksponentinės lygtys algebrinėmis transformacijomis lemia standartines lygtis, kurios išsprendžiamos šiais metodais:
1) sumažinimo iki vienos bazės būdas;
2) vertinimo metodas;
3) grafinis metodas;
4) naujų kintamųjų įvedimo būdas;
5) faktorizavimo metodas;
6) eksponentinės – galios lygtys;
7) parodomasis su parametru.
2 . Sumažinimo iki vienos bazės metodas.
Metodas pagrįstas sekantis turtas laipsniai: jei du laipsniai yra lygūs ir jų bazės lygios, tai jų rodikliai yra lygūs, t.y., turime stengtis sumažinti lygtį iki formos
Pavyzdžiai. Išspręskite lygtį:
1 . 3x = 81;
Pavaizduokime dešinę lygties pusę forma 81 = 34 ir parašykite lygtį, lygiavertę pradinei 3 x = 34; x = 4. Atsakymas: 4.
2. https://pandia.ru/text/80/142/images/image004_8.png" width="52" height="49">ir pereikime prie rodiklių lygties 3x+1 = 3 – 5x; 8x = 4; x = 0,5 Atsakymas: 0,5.
3. https://pandia.ru/text/80/142/images/image006_8.png" width="105" height="47">
Atkreipkite dėmesį, kad skaičiai 0,2, 0,04, √5 ir 25 reiškia 5 laipsnius. Pasinaudokime tuo ir pakeiskime pradinę lygtį taip:
,
iš kur 5-x-1 = 5-2x-2 ó - x – 1 = - 2x – 2, iš kurio randame sprendinį x = -1. Atsakymas: -1.
5. 3x = 5. Pagal logaritmo apibrėžimą x = log35. Atsakymas: log35.
6. 62x+4 = 33x. 2x+8.
Perrašykime lygtį į formą 32x+4.22x+4 = 32x.2x+8, t.y..png" width="181" height="49 src="> Taigi x – 4 =0, x = 4. Atsakymas: 4.
7 . 2∙3x+1 - 6∙3x-2 - 3x = 9. Naudodamiesi laipsnių savybėmis, rašome lygtį tokia forma 6∙3x - 2∙3x – 3x = 9, tada 3∙3x = 9, 3x+1 = 32, t. y. x+1 = 2, x =1. Atsakymas: 1.
Probleminis bankas Nr.1.
Išspręskite lygtį:
Testas Nr.1.
1) 0 2) 4 3) -2 4) -4 |
|
A2 32x-8 = √3. | 1)17/4 2) 17 3) 13/2 4) -17/4 |
A3 | 1) 3;1 2) -3;-1 3) 0;2 4) be šaknų |
1) 7;1 2) be šaknų 3) -7;1 4) -1;-7 |
|
A5 | 1) 0;2; 2) 0;2;3 3) 0 4) -2;-3;0 |
A6 | 1) -1 2) 0 3) 2 4) 1 |
Testas Nr.2
A1 | 1) 3 2) -1;3 3) -1;-3 4) 3;-1 |
A2 | 1) 14/3 2) -14/3 3) -17 4) 11 |
A3 | 1) 2;-1 2) be šaknų 3) 0 4) -2;1 |
A4 | 1) -4 2) 2 3) -2 4) -4;2 |
A5 | 1) 3 2) -3;1 3) -1 4) -1;3 |
3 Vertinimo metodas.
Šaknies teorema: jei funkcija f(x) didėja (mažėja) intervale I, skaičius a yra bet kokia šio intervalo f reikšmė, tai lygtis f(x) = a intervale I turi vieną šaknį.
Sprendžiant lygtis įvertinimo metodu, naudojama ši teorema ir funkcijos monotoniškumo savybės.
Pavyzdžiai. Išspręskite lygtis: 1. 4x = 5 – x.
Sprendimas. Perrašykime lygtį į 4x +x = 5.
1. jei x = 1, tai 41+1 = 5, 5 = 5 yra tiesa, o tai reiškia, kad 1 yra lygties šaknis.
Funkcija f(x) = 4x – didėja R, o g(x) = x – didėja R => h(x)= f(x)+g(x) didėja R, kaip didėjančių funkcijų suma, tada x = 1 yra vienintelė lygties 4x = 5 – x šaknis. Atsakymas: 1.
2.
Sprendimas. Perrašykime lygtį į formą 
.
1. jei x = -1, tai 
, 3 = 3 yra tiesa, o tai reiškia, kad x = -1 yra lygties šaknis.
2. įrodyti, kad jis yra vienintelis.
3. F(x) = - mažėja R, o g(x) = - x – mažėja R=> h(x) = f(x)+g(x) – mažėja R, nes suma mažėjančios funkcijos . Tai reiškia, kad pagal šaknies teoremą x = -1 yra vienintelė lygties šaknis. Atsakymas: -1.
Probleminis bankas Nr.2. Išspręskite lygtį
a) 4x + 1 =6 – x;
b) 
c) 2x – 2 =1 – x;
4. Naujų kintamųjų įvedimo būdas.
Metodas aprašytas 2.1 punkte. Naujo kintamojo įvedimas (pakeitimas) dažniausiai atliekamas po lygties sąlygų transformacijų (supaprastinimo). Pažiūrėkime į pavyzdžius.
Pavyzdžiai.
R Išspręskite lygtį: 1.
.
Perrašykime lygtį kitaip: https://pandia.ru/text/80/142/images/image030_0.png" width="128" height="48 src="> i.e..png" width="210" height = "45">
Sprendimas. Perrašykime lygtį kitaip: 
Pažymime https://pandia.ru/text/80/142/images/image035_0.png" width="245" height="57"> - netinkama.
t = 4 => https://pandia.ru/text/80/142/images/image037_0.png" width="268" height="51"> – neracionali lygtis. Atkreipiame dėmesį, kad 
Lygties sprendimas yra x = 2,5 ≤ 4, o tai reiškia, kad 2,5 yra lygties šaknis. Atsakymas: 2.5.
Sprendimas. Perrašykime lygtį į formą ir abi puses padalinkime iš 56x+6 ≠ 0. Gauname lygtį
2x2-6x-7 = 2x2-6x-8 +1 = 2(x2-3x-4)+1, t..png" width="118" height="56">
Kvadratinės lygties šaknys yra t1 = 1 ir t2<0, т. е..png" width="200" height="24">.
Sprendimas . Perrašykime lygtį į formą
ir atkreipkite dėmesį, kad tai yra vienalytė antrojo laipsnio lygtis.
Padalinkite lygtį iš 42x, gausime 
Pakeiskime https://pandia.ru/text/80/142/images/image049_0.png" width="16" height="41 src="> .
Atsakymas: 0; 0.5.
Probleminis bankas Nr.3. Išspręskite lygtį
b) 
G) 
Testas Nr.3 su atsakymų pasirinkimu. Minimalus lygis.
A1 | 1) -0,2;2 2) log52 3) -log52 4) 2 |
A2 0,52x – 3 0,5x +2 = 0. | 1) 2;1 2) -1;0 3) be šaknų 4) 0 |
1) 0 2) 1; -1/3 3) 1 4) 5 |
|
A4 52x-5x - 600 = 0. | 1) -24;25 2) -24,5; 25,5 3) 25 4) 2 |
1) be šaknų 2) 2;4 3) 3 4) -1;2 |
Testas Nr.4 su atsakymų pasirinkimu. Bendras lygis.
A1 | 1) 2; 1 2) ½; 0 3) 2; 0 4) 0 |
A2 2x – (0,5) 2x – (0,5) x + 1 = 0 | 1) -1;1 2) 0 3) -1;0;1 4) 1 |
1) 64 2) -14 3) 3 4) 8 |
|
1)-1 2) 1 3) -1;1 4) 0 |
|
A5 | 1) 0 2) 1 3) 0;1 4) be šaknų |
5. Faktorizacijos metodas.
1. Išspręskite lygtį: 5x+1 - 5x-1 = 24.
Solution..png" width="169" height="69"> , iš kur
2. 6x + 6x+1 = 2x + 2x+1 + 2x+2.
Sprendimas. Padėkime 6x iš skliaustų kairėje lygties pusėje ir 2x dešinėje. Gauname lygtį 6x(1+6) = 2x(1+2+4) ó 6x = 2x.
Kadangi 2x >0 visiems x, mes galime padalyti abi šios lygties puses iš 2x, nebijodami prarasti sprendinių. Gauname 3x = 1 x = 0.
3. 
Sprendimas. Išspręskime lygtį faktorizavimo metodu.
Pasirinkime dvinario kvadratą 
4. https://pandia.ru/text/80/142/images/image067_0.png" width="500" height="181">
x = -2 yra lygties šaknis.
Lygtis x + 1 = 0 " style="border-collapse:collapse;border:none">
A1 5x-1 +5x -5x+1 =-19.
1) 1 2) 95/4 3) 0 4) -1
A2 3x+1 +3x-1 =270.
1) 2 2) -4 3) 0 4) 4
A3 32x + 32x+1 -108 = 0. x=1,5
1) 0,2 2) 1,5 3) -1,5 4) 3
1) 1 2) -3 3) -1 4) 0
A5 2x -2x-4 = 15. x=4
1) -4 2) 4 3) -4;4 4) 2
Testas Nr.6 Bendras lygis.
A1 (22x-1)(24x+22x+1)=7. | 1) ½ 2) 2 3) -1;3 4) 0,2 |
A2 | 1) 2,5 2) 3; 4 3) log43/2 4) 0 |
A3 2x-1-3x=3x-1-2x+2. | 1) 2 2) -1 3) 3 4) -3 |
A4 | 1) 1,5 2) 3 3) 1 4) -4 |
A5 | 1) 2 2) -2 3) 5 4) 0 |
6. Eksponentinės – galios lygtys.
Greta eksponentinių lygčių yra vadinamosios eksponentinės galios lygtys, t.y. (f(x))g(x) = (f(x))h(x) formos lygtys.
Jei žinoma, kad f(x)>0 ir f(x) ≠ 1, tai lygtis, kaip ir eksponentinė, sprendžiama sulyginant eksponentus g(x) = f(x).
Jei sąlyga neatmeta galimybės, kad f(x)=0 ir f(x)=1, tai sprendžiant eksponentinę lygtį turime atsižvelgti į šiuos atvejus.
1..png" width="182" height="116 src=">
2. 
Sprendimas. x2 +2x-8 – prasminga bet kuriam x, nes tai yra daugianario, o tai reiškia, kad lygtis yra lygi visumai
https://pandia.ru/text/80/142/images/image078_0.png" width="137" height="35">
b) 
7. Eksponentinės lygtys su parametrais.
1. Kokioms parametro p reikšmėms turi lygtis 4 (5 – 3) 2 +4p2–3p = 0 (1) vienintelis sprendimas?
Sprendimas. Įveskime pakeitimą 2x = t, t > 0, tada (1) lygtis bus t2 – (5p – 3)t + 4p2 – 3p = 0. (2)
(2) lygties diskriminantas D = (5p – 3)2 – 4(4p2 – 3p) = 9(p – 1)2.
(1) lygtis turi unikalų sprendimą, jei (2) lygtis turi vieną teigiamą šaknį. Tai įmanoma šiais atvejais.
1. Jei D = 0, tai yra, p = 1, tada (2) lygtis bus t2 – 2t + 1 = 0, taigi t = 1, todėl (1) lygtis turi unikalų sprendimą x = 0.
2. Jei p1, tai 9(p – 1)2 > 0, tai (2) lygtis turi dvi skirtingas šaknis t1 = p, t2 = 4p – 3. Uždavinio sąlygas tenkina aibė sistemų.
Sistemose pakeitę t1 ir t2, turime
https://pandia.ru/text/80/142/images/image084_0.png" alt="no35_11" width="375" height="54"> в зависимости от параметра a?!}
Sprendimas. Leisti 
tada (3) lygtis bus t2 – 6t – a = 0. (4)
Raskime parametro a reikšmes, kurioms bent viena (4) lygties šaknis tenkina sąlygą t > 0.
Įveskime funkciją f(t) = t2 – 6t – a. Galimi šie atvejai.
https://pandia.ru/text/80/142/images/image087.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_14.gif" align="left" width="215" height="73 src=">где t0 - абсцисса вершины параболы и D - дискриминант квадратного трехчлена f(t);!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image089.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_16.gif" align="left" width="60" height="51 src=">!}
2 atvejis. (4) lygtis turi unikalų teigiamą sprendimą, jei
D = 0, jei a = – 9, tada (4) lygtis bus tokia: (t – 3)2 = 0, t = 3, x = – 1.
3 atvejis. (4) lygtis turi dvi šaknis, bet viena iš jų netenkina nelygybės t > 0. Tai įmanoma, jei
https://pandia.ru/text/80/142/images/image092.png" alt="no35_17" width="267" height="63">!}
Taigi, jei a 0, (4) lygtis turi vieną teigiamą šaknį 
. Tada (3) lygtis turi unikalų sprendimą 
Kada< – 9 уравнение (3) корней не имеет.
jeigu< – 9, то корней нет; если – 9 < a < 0, то
jei a = – 9, tai x = – 1;
jei a 0, tada
Palyginkime (1) ir (3) lygčių sprendimo būdus. Atkreipkite dėmesį, kad sprendžiant (1) lygtį buvo sumažinta iki kvadratinės lygties, kurios diskriminantas yra tobulas kvadratas; Taigi, (2) lygties šaknys buvo nedelsiant apskaičiuotos naudojant kvadratinės lygties šaknų formulę, o tada buvo padarytos išvados dėl šių šaknų. (3) lygtis redukuota į kvadratinę lygtį (4), kurios diskriminantas nėra tobulas kvadratas, todėl sprendžiant (3) lygtį patartina naudoti teoremas apie kvadratinio trinalio šaknų vietą. ir grafinis modelis. Atkreipkite dėmesį, kad (4) lygtį galima išspręsti naudojant Vietos teoremą.
Išspręskime sudėtingesnes lygtis.
3 uždavinys: išspręskite lygtį 
Sprendimas. ODZ: x1, x2.
Pristatykime pakaitalą. Tegu 2x = t, t > 0, tada dėl transformacijų lygtis bus t2 + 2t – 13 – a = 0. (*) Raskime a reikšmes, kurioms bent viena šaknis lygtis (*) tenkina sąlygą t > 0.
https://pandia.ru/text/80/142/images/image098.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_23.gif" align="left" width="71" height="68 src=">где t0 - абсцисса вершины f(t) = t2 + 2t – 13 – a, D - дискриминант квадратного трехчлена f(t).!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image100.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_25.gif" align="left" width="360" height="32 src=">!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image102.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_27.gif" align="left" width="218" height="42 src=">!}
Atsakymas: jei a > – 13, a 11, a 5, tai jei a – 13,
a = 11, a = 5, tada nėra šaknų.
Bibliografija.
1. Guzejevas edukacinių technologijų pagrindai.
2. Guzejevo technologija: nuo recepcijos iki filosofijos.
M. „Mokyklos direktorius“ 1996 Nr.4
3. Guzejevas ir organizacinės mokymo formos.
4. Guzejevas ir integralios ugdymo technologijos praktika.
M. „Visuomenės švietimas“, 2001 m
5. Guzejevas iš pamokos – seminaro formų.
Matematika 2 mokykloje, 1987 9 – 11 p.
6. Seleuko edukacinės technologijos.
M. „Visuomenės švietimas“, 1998 m
7. Epiševos moksleiviai mokytis matematikos.
M. „Švietimas“, 1990 m
8. Ivanova ruošti pamokas – dirbtuves.
Matematika mokykloje Nr.6, 1990 p. 37-40.
9. Smirnovo matematikos mokymo modelis.
Matematika mokykloje Nr.1, 1997 p. 32-36.
10. Tarasenko praktinio darbo organizavimo būdai.
Matematika mokykloje Nr.1, 1993 p. 27-28.
11. Apie vieną iš individualaus darbo rūšių.
Matematika mokykloje Nr.2, 1994, 63 – 64 p.
12. Chazankinas Kūrybiniai įgūdžiai moksleiviai.
Matematika mokykloje Nr.2, 1989 p. 10.
13. Scanavi. Leidykla, 1997 m
14. ir kt. Algebra ir analizės pradžia. Didaktinė medžiaga Dėl
15. Krivonogovo matematikos užduotys.
M. „Rugsėjo pirmoji“, 2002 m
16. Čerkasovas. Vadovas aukštųjų mokyklų studentams ir
stojant į universitetus. „A S T – spaudos mokykla“, 2002 m
17. Ževnyakas stojantiems į universitetus.
Minsko ir Rusijos Federacijos „Apžvalga“, 1996 m
18. Raštu D. Pasiruošimas matematikos egzaminui. M. Rolfas, 1999 m
19. ir tt Mokymasis spręsti lygtis ir nelygybes.
M. „Intelektas – centras“, 2003 m
20. ir tt Mokomoji ir mokomoji medžiaga, skirta pasirengti EGE.
M. „Žvalgyba – centras“, 2003 ir 2004 m.
21 ir kitos CMM parinktys. Rusijos Federacijos gynybos ministerijos bandymų centras, 2002, 2003 m.
22. Goldbergo lygtys. „Kvantas“ Nr.3, 1971 m
23. Volovičius M. Kaip sėkmingai dėstyti matematiką.
Matematika, 1997 Nr.3.
24 Okunev už pamoką, vaikai! M. Išsilavinimas, 1988 m
25. Yakimanskaya – orientuotas mokymasis mokykloje.
26. Liimets dirba klasėje. M. Žinios, 1975 m
Eikite į mūsų svetainės „YouTube“ kanalą, kad gautumėte naujausią informaciją apie visas naujas vaizdo įrašų pamokas.
Pirmiausia prisiminkime pagrindines galių formules ir jų savybes.
Skaičiaus sandauga a savaime atsiranda n kartų, šią išraišką galime parašyti kaip a a … a=a n
1. a 0 = 1 (a ≠ 0)
3. a n a m = a n + m
4. (a n) m = a nm
5. a n b n = (ab) n
7. a n / a m = a n - m
Galios arba eksponentinės lygtys– tai lygtys, kuriose kintamieji yra laipsniais (arba laipsniais), o pagrindas yra skaičius.
Eksponentinių lygčių pavyzdžiai:
Šiame pavyzdyje skaičius 6 yra pagrindas, jis visada yra apačioje, o kintamasis x laipsnis arba rodiklis.
Pateiksime daugiau eksponentinių lygčių pavyzdžių.
2 x *5=10
16 x - 4 x - 6 = 0
Dabar pažiūrėkime, kaip sprendžiamos eksponentinės lygtys?
Paimkime paprastą lygtį:
2 x = 2 3
Šis pavyzdys gali būti išspręstas net jūsų galvoje. Matyti, kad x=3. Juk norint, kad kairė ir dešinė pusės būtų lygios, vietoj x reikia dėti skaičių 3.
Dabar pažiūrėkime, kaip įforminti šį sprendimą:
2 x = 2 3
x = 3
Norėdami išspręsti tokią lygtį, pašalinome identiškais pagrindais(tai yra dviese) ir surašė, kas liko, tai yra laipsniai. Gavome atsakymą, kurio ieškojome.
Dabar apibendrinkime savo sprendimą.
Eksponentinės lygties sprendimo algoritmas:
1. Reikia patikrinti tas pats ar lygtis turi pagrindus dešinėje ir kairėje. Jei priežastys nevienodos, ieškome variantų, kaip išspręsti šį pavyzdį.
2. Kai bazės tampa vienodos, prilyginti laipsnių ir išspręskite gautą naują lygtį.
Dabar pažvelkime į keletą pavyzdžių:
Pradėkime nuo kažko paprasto.
Kairėje ir dešinėje pusėse esantys pagrindai yra lygūs skaičiui 2, o tai reiškia, kad galime atmesti pagrindą ir sulyginti jų laipsnius.
x+2=4 Gaunama paprasčiausia lygtis.
x=4–2
x=2
Atsakymas: x=2
Šiame pavyzdyje matote, kad bazės skiriasi: 3 ir 9.
3 3x - 9 x+8 = 0
Pirma, perkelkite devynis į dešinę pusę, gauname:
Dabar reikia padaryti tuos pačius pagrindus. Mes žinome, kad 9 = 3 2. Naudokime laipsnio formulę (a n) m = a nm.
3 3x = (3 2) x+8
Gauname 9 x+8 =(3 2) x+8 =3 2x+16
3 3x = 3 2x+16 Dabar aišku, kad kairėje ir dešinėje bazės yra vienodos ir lygios trims, tai reiškia, kad galime juos atmesti ir sulyginti laipsnius.
3x=2x+16 gauname paprasčiausią lygtį
3x - 2x = 16
x=16
Atsakymas: x=16.
Pažvelkime į tokį pavyzdį:
2 2x+4 - 10 4 x = 2 4
Visų pirma, mes žiūrime į pagrindus, antrą ir ketvirtą. Ir mums reikia, kad jie būtų vienodi. Keturis transformuojame naudodami formulę (a n) m = a nm.
4 x = (2 2) x = 2 2x
Taip pat naudojame vieną formulę a n a m = a n + m:
2 2x+4 = 2 2x 2 4
Pridėkite prie lygties:
2 2x 2 4 - 10 2 2x = 24
Dėl tų pačių priežasčių pateikėme pavyzdį. Bet kiti skaičiai 10 ir 24 mus vargina. Ką su jais daryti? Atidžiau pažiūrėjus matosi, kad kairėje pusėje pakartojame 2 2x, štai atsakymas – galime dėti 2 2x iš skliaustų:
2 2x (2 4 - 10) = 24
Apskaičiuokime išraišką skliausteliuose:
2 4 — 10 = 16 — 10 = 6
Visą lygtį padaliname iš 6:
Įsivaizduokime 4 = 2 2:
2 2x = 2 2 bazės yra vienodos, jas atmetame ir laipsnius sulyginame.
2x = 2 yra paprasčiausia lygtis. Padalinkite iš 2 ir gausime
x = 1
Atsakymas: x = 1.
Išspręskime lygtį:
9 x – 12*3 x +27= 0
Konvertuokime:
9 x = (3 2) x = 3 2x
Gauname lygtį:
3 2x - 12 3 x +27 = 0
Mūsų pagrindai yra vienodi, lygūs trims Šiame pavyzdyje matote, kad pirmieji trys laipsnis yra du kartus (2x) nei antrasis (tik x). Tokiu atveju galite išspręsti pakeitimo metodas. Pakeičiame skaičių mažiausiu laipsniu:
Tada 3 2x = (3 x) 2 = t 2
Visas x laipsnius lygtyje pakeičiame t:
t 2 – 12t+27 = 0
Gauname kvadratinę lygtį. Išspręsdami per diskriminantą, gauname:
D=144-108=36
t 1 = 9
t2 = 3
Grįžtant prie kintamojo x.
Paimkite t 1:
t 1 = 9 = 3 x
Tai yra,
3 x = 9
3 x = 3 2
x 1 = 2
Buvo rasta viena šaknis. Ieškome antrojo iš t 2:
t 2 = 3 = 3 x
3 x = 3 1
x 2 = 1
Atsakymas: x 1 = 2; x 2 = 1.
Svetainėje galite užduoti visus jums rūpimus klausimus skiltyje PAGALBA SPRUSTI, mes jums tikrai atsakysime.
Prisijunk prie grupės